2023届河南省许平汝部分学校高三下学期4月联考数学（理）试题含答案

2023届河南省许平汝部分学校高三下学期4月联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据绝对值不等式与对数不等式解不等式，即可得集合，再由交集运算即可.

【详解】由，可得，所以，所以

则，又，故.

故选：C.

2．设非纯虚数满足，则的虚部为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】令（，且），代入，可得，从而可求出，进而可得答案

【详解】令（，且），则，

因为，所以，

所以，解得，则，所以的虚部为1.

故选：A

3．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由指数、对数函数的单调性可得，即可得出答案.

【详解】，故．

故选：D.

4．函数的图象大致为（    ）

A．   B．  

C．   D．    

【答案】B

【分析】根据函数的特殊值、奇偶性、单调性排除可得.

【详解】当时，，排除A选项；

因为，所以为偶函数，排除C；

当时，，

时，，所以在区间单调递增；

因为，所以存在，便得，

故在上单调递增，在上单调递诚，排除.

故选：B

5．已知是数列的前项和，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】计算出的值，推导出数列中的奇数项成以为公比的等比数列，偶数项也成以公比的等比数列，结合等比数列的求和公式可求得的值.

【详解】由可得，

当为奇数时，；当为偶数时，.

故当为奇数时，，，则，

当为偶数时，，，则.

故对任意的，.

所以，数列中的奇数项成以为公比的等比数列，偶数项也成以公比的等比数列，

因为，则，

所以，.

故选：D.

6．若某空间几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为（    ）

A．19 B．20 C．21 D．22

【答案】B

【分析】由题图可知，该几何体分上､下两部分，上面是棱长为1的正方体，下面为长､宽､高分别为的长方体，由正、长方体的表面积公式求解即可.

【详解】由题图可知，该几何体分上､下两部分，上面是棱长为1

的正方体，下面为长､宽､高分别为的长方体，

该几何体的表面积为

故选：B.

7．已知展开式的各项系数之和为，则展开式中的系数为（    ）

A．270 B． C．330 D．

【答案】D

【分析】令，得，得. 再根据二项展开式的通项公式即可求解.

【详解】令，则，得.

所以，

又因为只有，展开式中有含的项，

所以的系数为.

故选：D

8．已知四边形，下列说法正确的是（    ）

A．若，则四边形为平行四边形

B．若，则四边形为矩形

C．若，且，则四边形为矩形

D．若，且，则四边形为梯形

【答案】A

【分析】根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.

【详解】A选项，若，则且，则四边形为平行四边形，正确；

选项，如图

，但是四边形不是矩形，错误；

选项，若，且，则四边形可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．

选项，若，且，则四边形可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.

故选：A

9．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与该双曲线的一条渐近线切于点，则的面积为（    ）

A．4 B．2 C． D．1

【答案】D

【分析】根据双曲线方程可得，利用渐近线与圆相切即可得，从而得的值，联立直线与圆可得切点坐标，从而得的面积.

【详解】双曲线转化为，则，则，所以.

不妨取双曲线的一条渐近线的方程为①.

所以，所以，则

将代入圆的方程得②，

联立①②可得点的坐标为，所以.

故选：D.

10．已知，下列说法正确的是（    ）

A．的最大值为8

B．的最小值为2

C．有最小值

D．有最大值4

【答案】B

【分析】根据基本不等式运用的三个条件“一正､二定､三相等”，可知，所以A错误；将原式化成，即可得，即B正确；不等式变形可得，利用基本不等式中“1”的妙用可知，C错误；将式子配方可得，再利用基本不等式可得其有最小值，无最大值，D错误.

【详解】对于选项，，即，故，

当且仅当时等号成立，故的最小值为，A错误；

对于选项，原式化为，故；，故；

所以，当且仅当时等号成立，正确；

对于选项，原式化为，故，

当且仅当时等号成立，错误；

对于D选项，，

当且仅当时等号成立，故有最小值，D错误．

故选：B

11．如图为函数，的图象，则函数的图象与直线在区间上交点的个数为（    ）

A．9个 B．8个 C．7个 D．5个

【答案】C

【分析】根据图象得到最小周期，从而得到，代入特殊点坐标，得到，得到函数解析式，解方程，求出解的个数.

【详解】由题图得，所以，

因为，

所以，

因为，所以，

所以

令，故或或或或或或，

解得有7个值，

故的图象与直线在此区间上有7个交点．

故选：C

12．已知中，为的中点. 将沿翻折，使点移动至点，在翻折过程中，下列说法不正确的是（    ）

A．平面平面

B．三棱锥的体积为定值

C．当二面角的平面角为时，三棱锥的体积为

D．当二面角为直二面角时，三棱锥的内切球表面积为

【答案】B

【分析】对于A，由已知条件可证得平面，然后由面面垂直的判定定理判断，对于B，由于的面积不是定值，从而可进行判断，对于C，由题意可得二面角的平面角为，从而可求得，进而可求得三棱锥的体积，对于D，由题意可得，然后利用等体积法可求出三棱锥的内切球的半径，从而可求出球的表面积.

【详解】如图：

A选项，在中，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，故平面平面，A正确，

B选项，由选项A知平面，但的面积不是定值，故三棱锥的体积不是定值，B错误，

C选项，因为，所以二面角的平面角为，当时，因为中，为的中点. 所以

所以，由选项A知平面，

所以三棱锥的体积为，C正确，

D选项，当二面角为直二面角时，，所以，因为，，

所以三棱锥的表面积为，

设内切球半径为，则由等体积法知，解得，所以内切球表面积，D正确.

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判断，考查棱锥体积的求法，考查二面角，考查棱锥外接球问题，考查由平面图形折叠成立体图形问题，解题的关键是弄清折叠前后边角关系，考查空间想象能力，属于较难题.

二、填空题

13．执行如图所示的程序框图，输出的结果为           ．

【答案】4

【分析】根据程序框图流程，计算出答案.

【详解】第一步：，执行否；

第二步：，执行否；

第三步：，

执行是，输出4．

故答案为：4

14．已知，则          .

【答案】

【分析】运用同角关系和正余弦函数的性质求解.

【详解】，因为 ，所以，

又因为，故或，

当，时，；

当，时，；

故答案为：.

15．已知十二地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，十二生肖：鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪，它们是一一对应的关系，配对如下：子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪. 同学们将十二地支与十二生肖分别用红蓝两种颜色做成外观完全相同的卡片每种一张. 现从两种颜色的卡片中各取三张，地支与生肖能够全部正确配对的概率为          .

【答案】

【分析】利用排列组合知识，结合古典概型的概率计算公式可求解.

【详解】从红色的卡片中任取三张，有种情况，

从蓝色的卡片中任取三张，有种情况，

从两种颜色的卡片中各取三张，地支与生肖能够全部正确配对的概率有种情况，

.

故答案为：.

16．已知函数图象上某点处的斜率为3，则实数的取值范围为           ．

【答案】

【分析】对函数求导可得有解，构造函数，利用单调性求出其最小值即可得.

【详解】根据题意可得，

由已知可得有解，

即方程有解，则，

令，则

令得，

所以当时，，即在上单调递减，

当时，，即在上单调递增，

因此有最小值，

故只需，即.

即实数的取值范围为.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题关键在于将问题转化成导函数有解的问题，再结合函数与方程的思想利用参变分离，求出函数函数最值即可求得参数取值范围.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）通过对进行变形，结合，得出的通项公式，进而得出的通项公式；

（2）根据的通项公式进行求和，即可证明结论．

【详解】（1）因为，则化为，

即，所以，所以是首项为，公差为的等差数列，

所以，解得，

当时，，

不满足上式，

所以.

（2）结合（1）得，，

所以，

因为，所以．

18．已知四棱锥，底面为菱形平面，为上一点.

(1)平面平面，证明：；

(2)当二面角的余弦值为时，试确定点的位置.

【答案】(1)证明见解析

(2)点为棱中点

【分析】（1）由，利用线面平行的判定定理得到平面，再利用线面平行的性质定理证明；

（2）取中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.，设，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量为，利用夹角公式求解.

【详解】（1）证明：因为平面平面，

所以平面，

又因为平面平面，所以.

（2）取中点，则，

以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.

所以，

设，

所以，

设平面的法向量，则有

，即

令，则.

平面的一个法向量为，

所以.

解得，

即当点为棱中点时满足条件.

19．近年来，我国清洁能源产业不断发展壮大，清洁能源消费量占能源消费总量的比重持续增长. 近5年（2017年记为第1年）我国清洁能源消费量占能源消费总量的比重统计如下：

(1)根据所给数据，求比重关于第年的回归方程，并估计到2030年我国清洁能源消费量占能源消费总量的比重是否有可能超过；

(2)某市积极响应政府号召，鼓励企业积极使用清洁能源，使用清洁能源的企业达.若从该市10家企业中随机抽取3家，用表示所选3家中使用清洁能源的数量，求的分布列和数学期望.

附：.

【答案】(1)，有可能超过

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用最小二乘法可得.

（2）根据二项分布的概率公式和数学期望公式可得.

【详解】（1）由题图可知，与满足线性回归方程，得表：

，，

，

，，

故回归直线方程为.

2030年是第14年，此时，

即2030年我国清洁能源消费量占能源消费总量的比重约为，故可判断有可能超过.

（2）由题意可知，，

，，

，，

所以的分布列为：

数学期望.

20．已知椭圆，左右焦点分别为，，直线与椭圆交于，两点，弦被点平分．

(1)求直线的方程；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由“点差法”求出直线的斜率，再由点斜式方程即可得出答案；

（2）直线与圆锥曲线相交所构成三角形的面积，可采运用面积分割法与点到直线的距离求解．

【详解】（1）因为弦被点平分，所以

设交点坐标

则，

两式相减得：），

所以直线的斜率，

故直线的方程为

（2），

联立椭圆与直线方程得

所以，

所以，

又因为直线过点，

所以．

21．已知函数.

(1)若函数单调递减，求实数的取值范围；

(2)若函数在上有两个实根，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将问题转化为在上恒成立，即在上恒成立，构造函，求出最大值，即可得出答案；

（2）依题意设，从而将问题转化为，构造函数，利用导数求得的最值即可得证．

【详解】（1），

若函数单调递减，则恒成立，即，

令，

故的单调递增区间是的单调递减区间是，

故，

所以，即的取值范围为；

（2）设的两个实根，则，所以，

令，则（*）式化为，所以，

将代入可得，所以，则，

要证，只需证，即证，

令，则，

令，则，

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增，

则，即恒成立，

所以在上单调递增，且，

所以在上恒成立，所以.

【点睛】方法点睛：本题主要考查函数与导数双变量不等式证明，是导数中常见的极值点偏移问题，其常见证明方法如下：

（1）利用比值代换，将双变量不等式化为单变量结合函数单调性与最值进行证明；

（2）构造对称函数，结合函数单调性转化为证明由函数值大小关系解不等式得结论；

（3）结合对数平均值不等式，将双变量问题转化为最值问题.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，取与平面直角坐标系相同的长度单位，建立极坐标系，设直线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于，两点，求线段的长．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）通过消参，求得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化，求得直线的直角坐标方程；

（2）设两点的坐标为，联立直线的直角坐标方程与曲线的普通方程，利用弦长公式求解即可.

【详解】（1）消去参数得曲线的方程为．

直线的极坐标方程为，

即，

根据可知，

直线转换成直角坐标方程为．

（2）设两点的坐标为，

由题意可知直线过椭圆的左焦点，

联立

得，

所以，

所以，

所以．

23．已知．

(1)当，时，求使得的的取值集合；

(2)当时，若对于任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）分类讨论，和，解不等式即可得出答案；

（2）由三角绝对值不等式可得成立，再求出实数的取值范围．

【详解】（1）当时，，

①当时，，

解得，所以；

②当时，，

解得，所以；

③当时，，

解得，所以．

综上，或．

（2）当时，，

对于任意实数，不等式恒成立，

即恒成立，

因为，

所以，因为，所以，解得，

所以实数的取值范围为．