河南省名校联盟2022-2023学年高三上学期1月新未来联考文科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省名校联盟2022-2023学年高三上学期1月新未来联考文科数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
文科数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式不等式的解法，结合绝对值不等式的公式解法、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】由或，
，
所以
故选：B
2. 已知是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简，然后根据纯虚数的概念列出关系式，即可得到答案.
【详解】，
因为复数是纯虚数，所以，所以.
故选：C.
3. 在区间内随机取一个数，使得的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数的单调性求出的范围，再根据几何概型的计算公式求解即可.
【详解】因为单调递增，，
所以，解得，
由几何概型的定义可得在区间内随机取一个数，使得的概率为，
故选：A
4. 已知抛物线，若点到轴的距离是到焦点距离的一半，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的定义先求出轴到准线的距离，再求出点到准线的距离.
【详解】根据抛物线的定义点到焦点的距离等于点到准线的距离，
所以点到准线的距离是点到轴距离的倍，所以点到轴的距离等于轴到准线的距离，
又因为抛物线的准线方程为，所以轴到准线的距离为，则点到轴距离也是，故点到准线的距离为，
即点
故选：C
5. 某公司对2021年的营收来源进行了统计，并绘制饼图如图所示．在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约1421万元．则下列说法错误的是（ ）
A. 该公司在华东地区的营收额，约为东北地区营收额的三倍
B. 该公司在华南地区的营收额，比西南地区的营收额和河南省的营收额之和还要多
C. 该公司2021年营收总额约为20300万元
D. 该公司在湖南省的营收额，在华中地区的营收额的占比约为34.18%
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据饼图，结合选项逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以本选项正确；
B：因为在华中地区的三省中，河南省的营收额最少，
所以河南省的营收额为，
因为，
所以本选项不正确；
C：因为在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约1421万元．所以有，因此本选项正确；
D：因为在华中地区的三省中，河南省的营收额最少，
所以公司在湖南省的营收额，在华中地区的营收额的占比为，因此本选项说法正确；
故选：ACD
6. 已知为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据算出，从而得到，进一步得到，然后利用两角差的余弦公式求解.
【详解】由题意，及是锐角可知，，，得到，
于是，故，得到，
由是锐角，则，故，
于是.
故选：B
7. 在平面直角坐标系中，已知圆被轴截得的弦长为2，且与直线相切，则实数的值为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知求出圆心.根据圆与轴的关系可得，进而由直线与圆相切可得，解方程即可得出答案.
【详解】由已知可得，圆心，半径为.
圆心到轴的距离为，则由已知可得，
所以，.
又圆与直线相切，则圆心到直线的距离，整理可得，又，所以.
故选：D.
8. 已知实数满足约束条件则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由约束条件可作出可行域，将问题转化为在轴截距最大的问题，采用数形结合的方式可求得结果.
详解】由约束条件可得可行域如下图所示，
当取得最大值时，在轴截距最大，
由图象可知：当过时，轴截距最大，
由得：，则，所以.
故选：C.
9. 已知一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为2且圆心角为的扇形，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图可推得其为圆锥，根据圆锥体积公式即可得到答案.
【详解】由三视图可知,该几何体是底面半径为2，高为2的圆锥的,
所以体积.
故选：D.
10. 已知定义在上的奇函数满足，且当时，．若关于的方程在上有且仅有四个实数解，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断函数的周期，并根据条件求，并画出函数在区间的图象，转化为函数与函数的交点个数求参数的取值范围.
【详解】因为，所以函数的周期为8，
，又函数是奇函数，所以，
所以，得，
当时，，利用函数是奇函数，画出函数在区间的图象，若方程在上有且仅有四个实数解，则函数与函数有4个交点，即则.
故选：D
11. 已知等差数列的首项为，公差为是其前项和．若存在，使得，则的最小值为（ ）
A. B. C. 15D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的前项和公式可求出与的关系，看成是的函数，就是求取哪一个整数时取最小.
【详解】等差数列的首项为，公差为是其前项和，
所以.
若存在，使得，等价于有正整数根.
即，求方程有正整数根时的最小值，
因为，
当且仅当时取等号，即时取等号，
又因为，并且当时，；当时，，
简图如下：
所以实数的最小值为.
故选：C
12. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对变形后，构造，，得到其单调性，从而判断出，求出，构造，，研究其单调性得到，从而判断出，从而得到.
【详解】，，
构造，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，
故，即，
而，
其中，所以，
即，
令，，
则，令，
则，令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，故在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，故在上单调递增，
故在上恒成立，所以，
故，，所以，故，
故.
故选：C
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对变形得到，，从而构造，来比较出，再构造结合中间值得到.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知等边的边长为是边上的中点，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的定义进行求解即可.
【详解】因为是边上的中点，
所以，因此
故答案为：
14. 已知函数在上单调递增，且在上有最大值．则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过函数在上单调递增，求出的范围，再根据在上有最大值可得，进而即得.
【详解】由，可得，
又函数在上单调递增，
所以，
所以，又函数在上有最大值，
所以，即，
综上，.
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．若，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过线段的长度先证明出为等边三角形，得出渐近线的倾斜角，进而得出离心率的取值.
【详解】根据对称性，不妨取渐近线，根据点到直线的距离，则到该渐近线的距离为：，即，于是，依题意，由可知，，又，于是，故为等边三角形，于是，故，则双曲线的离心率.
故答案为：2
16. 已知函数．若存在，使得曲线在处的切线互相垂直，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先去绝对值，并求函数的导数，根据导数的几何意义得，根据自变量的范围，结合函数的单调性，列不等式求的取值范围.
【详解】，，
若存在，使得曲线在处的切线互相垂直，根据导数的几何意义可知，，且，
所以，则，，
因为，，所以，解得：.
故答案为：
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 为了验证甲､乙两种药物对治疗某种病毒的感染是否有差异，某医学科研单位用两种药物对感染病毒的小白鼠进行药物注射实验．取200只感染病毒的小白鼠，其中100只注射甲药物，另外100只注射乙药物，治疗效果的统计数据如下：
（1）分别估计小白鼠注射甲､乙两种药物康复的概率；
（2）能否有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异？
参考公式：．
临界值表：
【答案】（1）；；
（2）有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异.
【解析】
【分析】（1）利用列联表中数据，计算小白鼠注射甲、乙两种药物康复的频率，依次估计概率;
（2）根据列联表中的数据，计算的观测值，再根据临界值表确定正确的结论.
【小问1详解】
由题意可知，注射甲药物的小白鼠共只，康复的有只，故小白鼠注射甲药物康复的频率为，故可估计小白鼠注射甲药物康复的概率为;
注射乙药物的小白鼠共只，康复的有只，故小白鼠注射乙药物康复的频率为，故可估计小白鼠注射乙药物康复的概率为.
【小问2详解】
由表中的数据可知，的观测值为
，
因为,
所以有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异.
18. 在中，内角所对的边分别为的面积为．
（1）求的大小；
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理即可求解；
（2）将代入（1）中的，得到二次方程，即可求解
【小问1详解】
由有，
因为，所以，可得，
所以，
因为，所以
【小问2详解】
由（1）知，代入，有，
整理得，解得，
所以
19. 如图，在三棱锥中，是正三角形，平面分别为，上的点，且．已知．
（1）设平面平面，证明：平面；
（2）求五面体的体积．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）首先证明，则有平面,再根据线面平行的性质定理得到，则得到线面平行；
（2）根据相似得，则，则.
【小问1详解】
因为,所以，
因为平面平面，
所以平面,
又平面平面平面,所以,
又平面平面,所以平面，
【小问2详解】
因为,所以
所以
所以五面体的体积
因为,所以
20. 已知函数，其中是自然对数的底数．
（1）若，证明：函数的极小值为0；
（2）若存在两条直线与曲线和曲线均相切，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出并求出导函数，再利用导数确定函数的零点，分析函数的单调性即可推理作答.
（2）设出公切线与曲线相切的切点，求出切线方程，并与联立，借助判别式确定t有两个不同值时的a的取值范围作答.
小问1详解】
依题意，，求导得：，令，
，由得，由得，因此函数在上递减，在上递增，
而，则，
又，即存在，使得，
当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此当时，取得极小值，
所以函数的极小值为0.
【小问2详解】
令与曲线和曲线均相切的直线同曲线相切于点，
而，有，因此该切线方程为，显然直线与相切，
由消去y并整理得：，
因此，整理得，令，
依题意，函数有两个不同的零点，，当时，，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，而函数在上单调递减，函数值集合为，
因此函数在上的取值集合为，
当时，令，，令，则，
即函数在上单调递增，，
因此函数在上单调递增，，即，
则当时，，显然抛物线开口向上，在上无最大值，
因此函数在上的取值集合为，
从而当，即，存在，使得，
于是得当时，函数有两个不同零点，
所以取值范围是.
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
21. 已知椭圆的上､下顶点分别为，点在椭圆内，且直线分别与椭圆交于两点，直线与轴交于点．已知．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设的面积为的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件列式求，可求椭圆方程；
（2）利用直线与椭圆方程联立求点的坐标，再求直线的方程，得点的坐标，并利用坐标表示，并根据的范围，求的取值范围．
【小问1详解】
，,，
因为，所以，解得：，
所以椭圆方程；
【小问2详解】
，所以直线方程是，
联立，，得或，
即
，所以直线方程是，
联立，得，
得或，,
，
直线的方程，令，得，
即,
,
，
因点在椭圆内，所以，又，得，
，设，
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆方程联立的综合应用，本题的关键是计算繁琐，尤其求点的坐标和直线的方程时，注意化简的准确性.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在极坐标系中，圆的极坐标方程为，直线的极坐标方程为．以极点为坐标原点，以极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系．
（1）求圆及直线的直角坐标方程；
（2）若射线分别与圆和直线交于两点，其中，求的最大值．
【答案】（1），.
（2）.
【解析】
【分析】（1）直接利用转换关系式，把极坐标方程转换成直角坐标方程；
（2）将代入可得与表达式，得到，化简得到，根据的范围，即可得到最大值.
【小问1详解】
解：因为，，
所以由可得，，
化为普通方程为，，即.
由可得，，由，，
可得.
【小问2详解】
解：将代入圆和直线的极坐标方程可得，，所以，
则，，
所以，
因为，所以，
当，即时，有最大值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知正数满足．
（1）若，求的最大值；
（2）证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）由已知可得，根据“1”的代换可得，根据基本不等式可得，即可得到；
（2）由已知可得，进而根据根据“1”的代换可得，即有.同理可得，，三个式子同时相加即可得出结果.
【小问1详解】
解：当时，由可得，则，
所以，
当且仅当以及，即时等号成立，
所以，又，，所以.
所以的最大值为
【小问2详解】
证明：由已知可得，，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，所以，，
同理可得，，，
当且仅当时等号同时成立.
所以，.康复
未康复
合计
甲药物
60
40
100
乙药物
75
25
100
合计
135
65
200