2023届河南省信阳高级中学高三上学期开学考试数学（理）试题含解析

2023届河南省信阳高级中学高三上学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】化简集合，按照并集定义，即可求解.

【详解】，

.

故选:B.

【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.

2．i为虚数单位，若是实数，则实数b的值为（       ）

A．3 B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的运算法则对进行化简，根据其为实数，列出等量关系，即可求得结果.

【详解】因为，

又其为实数，故可得，解得.

故选：.

3．已知角的终边上有一点，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求得，由此求得.

【详解】依题意，

.

故选：B

4．若的展开式中第3项为常数项，则该展开式中各项系数的和为（       ）

A．729 B．64 C．1 D．

【答案】C

【分析】先利用通项公式写出第3项，解出，再令，求出各项系数的和.

【详解】因为为常数项，所以，所以．令，得展开式的各项系数和为．

故选：C．

5．已知数列为等比数列，且首项，公比，则数列的前8项的和为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】数列的偶数项构成以为首项，以为公比的等比数列，即可求出数列的前8项的和.

【详解】由已知可得数列为等比数列，且首项，公比，

则数列的偶数项构成以为首项，以为公比的等比数列，

则数列的前8项的和为：.

故选：B.

6．若函数是奇函数，则（       ）

A．4 B．3 C． D．

【答案】C

【分析】利用是奇函数求得的解析式，进而求得的值

【详解】设，则，则，

又是奇函数，则有，即

则，则

故选：C

7．设，，且，则的最大值为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先化简，由，结合基本不等式，求得，进而求得的最大值.

【详解】∵，，

，

当且仅当，时取等号，

∴．

故选：B．

8．中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观，宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓汉字本身且有丰富的音象利可朝的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆､隶､楷､行､草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为（       ）

A．60 B．90 C．120 D．150

【答案】D

【分析】满足条件的分法可分为两类，第一类一人三张，另两人个一张，第二类，其中一人一张，另两人各两张，利用排列组合知识分别求出各类的方法数，由此可得总方法数.

【详解】满足条件的分法可分为两类，

第一类一人三张，另两人个一张，符合条件的方法有种， 即60种

第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的方法有种，即90种，

由分类加法原理可得，满足条件的方法总数为，

故选：D.

9．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图像，若在上为增函数，则的最大值为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】先求得函数的解析式，再求出的单调递增区间，进而可求得的最大值.

【详解】因为，所以，

令，得，

令可得函数的一个单调递增区间为：，

又在上为增函数，则

所以，又，因此 ，即的最大值为2.

故选：B.

【点睛】易错点睛：本题容易把的解析式错写为.

10．已知四面体中，，，，则以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意，取中点，连接，，可得为等边三角形，取中点，求得，再说明到（或的距离大于，得到以为球心， 为半径的球面与侧面的交线为圆，利用勾股定理求出圆的半径，即可求解.

【详解】解：如图，

取中点，连接，，，，

，，又，

所以平面，

又，，

，为等边三角形，

取中点，则，可得，

又因为平面，所以，

因为，所以平面，

又设到（或的距离为，

由，

可得，

以为球心，为半径的球面与侧面的交线为圆，圆的半径为，

所以以点为球心，以为半径的球被平面截得的图形面积为，

故选：B.

11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，c是双曲线C的半焦距，点A是圆上一点，线段交双曲线C的右支于点B，，，则双曲线C的离心率为（       ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知及双曲线的定义，可把用a表示，再用勾股定理推出，在中，利用勾股定理建立a，c的关系式即可求出离心率.

【详解】如下图，由题意可知，由双曲线定义可知，

易得，由勾股定理可得，在中，再由勾股定理得，所以.

故选：A.

12．已知抛物线的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线C交于A，B两点，若，且，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】设直线的方程为，联立方程组求得，根据斜率公式，得到，得到，进而求得，作，，求得，得到，结合弦长公式，列出方程，即可求解.

【详解】设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

可得，

则

，所以,

因为，且为锐角，可得，

设，如图所示，作，交轴于点，

由题意，可得点在抛物线的准线上，作准线为，作，垂直为，

则，所以，所以，

可得，

因为，即，解得.

故选：B.

二、填空题

13．__________.

【答案】

【分析】根据题意，由表示圆面积的，再结合定积分公式即可求解.

【详解】由题意得，

=+ =.

根据定积分的几何意义可知，表示圆满足，的这一部分面积，即圆面积的，故.

因此.

故答案为：.

14．已知函数，则满足不等式的的取值范围是______．

【答案】

【分析】利用导数判断函数的单调性；根据函数奇偶性的概念判断函数的奇偶性；从而利用函数的单调性和奇偶性即可解不等式.

【详解】因为，所以，易知恒成立，

所以在上单调递增，

又函数的定义域为，且，所以为奇函数，

所以由，得，

所以，即，所以，解得.

所以的取值范围是.

故答案为：.

15．设是等比数列的前项的和，成等差数列，则的值为_____．

【答案】2

【解析】设等比数列的公比设为再根据成等差数列利用基本量法求解再根据等比数列各项间的关系求解即可.

【详解】解：等比数列的公比设为

成等差数列,

可得

若则

显然不成立,故

则,

化为

解得,

则

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及运用,属于中档题.

16．已知函数有三个零点，，，且，其中，为自然对数的底数，则的范围为______．

【答案】

【分析】通过换元法将方程变为，其中；利用导数可求得的大致图象，从而确定其与的交点个数，将所求式子化为，利用韦达定理可求得结果.

【详解】由，两边同时除以变形为，

有

设即，所以

令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，

且，，当时，其大致图像如下．

要使关于x的方程有三个不相等的实数解，，，且．

结合图像可得关于t的方程一定有两个不等的实数根，

且，从而．

，，则，．

所以

.

故答案为：

【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)个数求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

三、解答题

17．已知函数 （ ， ）的部分图像如图所示.

(1)求的解析式，并求的单调递增区间；

(2)在锐角 中，内角 的对边分别为 ，若 ， ，且 的面积为，求 的值.

【答案】(1)，单调递增区间为，

(2)

【分析】（1）根据图像最值点可确定，由得，进而可得表达式，根据整体法即可求解单调区间，

（2）根据可得 ,进而根据正弦定理以及面积公式，可求解，由余弦定理即可求解.

【详解】(1)由图及 的最值可知 ，

又，即，且，所以，

所以的解析式为，

由，，解得，，

所以的单调递增区间为 ，.

(2)由得 ，所以 ，，即因为 为锐角，所以

又 ，由正弦定理得 ，①

又 的面积为，所以 ，故，②

联立①②可得 ，

由余弦定理可得 ，

所以a.

18．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.

(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲､乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；

(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)

数学期望为.

【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.

【详解】(1)设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.

事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，

事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；

则

(2)X的可能取值为1，2，3，4.

，，，，

所以X的分布列为：

其中.

即数学期望为.

19．如图，AB 是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.

(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC；

(2)若PC=AB=2，点C是的中点，求二面角E-l-C的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用三角形中位线的性质，结合线面平行的判定、性质推理作答.

（2）以点C为原点，射线CA，CB，CP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.

【详解】(1)因E，F分别是PA，PC的中点，则EF//AC，而AC平面ABC，EF平面ABC，因此EF//平面ABC，

又EF平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，则EF//l，又l平面PAC，EF平面PAC，

所以l//平面PAC.

(2)AB是圆O的直径，点C是的中点，AB=2，则CA⊥CB，又直线PC⊥平面ABC，即有CP，CA，CB两两垂直，

以点C为原点，射线CA，CB，CP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

而，则，，

设平面EFB的法向量，则，令y=1，得，

显然是平面ABC的一个法向量，则，

所以二面角E-l-C的正弦值为.

20．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线的斜率为，且原点到直线的距离为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的动直线交椭圆于，两点，直线相交于点，证明：点在定直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设，根据题意列出方程组可求出，然后由可求出，从而可得椭圆方程，

（2）设直线的方程为，，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，然后求出直线方程，联立消去，化简可求得，从而可得结论.

【详解】(1)设，由已知有：，

解得，所以

故椭圆的标准方程为，

(2)由题意可知

由已知有动直线的斜率不为0，设直线的方程为，，

由，得，

，不等式有解，

则，

直线，直线，

由，得，

所以，

因为，所以，

所以，

所以，

所以，

解得，

所以点必在直线上，

故E点一定在一条定直线上.

21．已知函数．（）在处的切线l方程为．

(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；

(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．

【答案】(1)；证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，，即可解得、，从而得到，设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；

（2）由（1）知，设的根为，则，即可得到，在设在处的切线方程为，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到．设的根为，则，再说明，即可得证；

【详解】(1)解：将代入切线方程，有，

所以，所以，

又，所以，

若，则，与矛盾，故，．

∴，，，

设在处的切线方程为，

令，

即，所以，

当时，，

当时，设，，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，，

综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故，

即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．

(2)解：由（1）知，

设的根为，则，

又函数单调递减，故，故，

设在处的切线方程为，

因为，，所以，所以．

令，，

当时，，

当时，设，则，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，，

综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以，即．

设的根为，则，

又函数单调递增，故，

故，又，

所以．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．直线l过点，倾斜角为.

(1)以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.过O作l的垂线，垂足为B，求点B的极坐标；

(2)与曲线（t为参数）交于两点，证明：成等比数列.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由条件求出的直角坐标，再由直角坐标与极坐标的关系确定其极坐标；(2)利用直线的参数方程的参数的几何意义求解.

【详解】(1)直线l过点，倾斜角为，

则直线l的方程为，即，

过点与直线l垂直的直线方程为，

联立可得，

所以点的直角坐标为，

设点的极坐标为，则，，

又因为点在第四象限，所以．

(2)由曲线（t为参数），消去参数t，可得，

将l的参数方程（t为参数）代入曲线C的方程，

得，

设对应的参数分别为，得，.

∴，，

所以，

∴成等比数列.

23．已知函数

（1）求不等式的解集；

（2）设，求证：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）所求不等式即为|2x+1|+|x﹣1|>3，然后分类讨论，去掉绝对值符号，解不等式即可；

（2）利用分析法可知，即证(b﹣a)2<(ab﹣1)2，结合a，b∈M易得证.

【详解】（1）由f(x)+f(2x+2)>3得|2x+1|+|x﹣1|>3，

当时，原不等式可化为﹣(2x+1)﹣(x﹣1)>3，解得x<﹣1；

当时，原不等式可化为(2x+1)﹣(x﹣1)>3，解得x>1，此时无解；

当x>1时，原不等式可化为(2x+1)+(x﹣1)>3，解得x>1；

综上，所求不等式的解集为(﹣∞，﹣1)∪(1，+∞)；

（2）证明：要证，

只需证，

即证，

即证|b﹣a|<|ab﹣1|，即证(b﹣a)2<(ab﹣1)2，

而(ab﹣1)2﹣(b﹣a)2=a2b2﹣a2﹣b2+1=(a2﹣1)(b2﹣1)，由a，b∈M，得a2>1，b2>1，

∴(a2﹣1)(b2﹣1)>0，即得证.

【点睛】分析法证明不等式，结构是：要证——即证——即证……；然后证明一个简单的结论即可.