2023届河南省创新发展联盟高三下学期二模考试数学（理）试题含解析

2023届河南省创新发展联盟高三下学期二模考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式可得集合B，根据集合的并集运算，即得答案.

【详解】解可得,

则，，所以，

故选：B

2．已知a，，，则（    ）

A．5 B． C．3 D．

【答案】D

【分析】根据复数相等的定义求参，再根据复数的模的计算公式即可得解.

【详解】因为，所以，，

所以.

故选：D.

3．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接利益正弦定理求解即可.

【详解】因为，所以，

由，得，所以.

故选：C.

4．函数的图象可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.

【详解】的定义域为，

因为，所以为偶函数，排除B、D.

当时，，，则，排除C选项，

故选：A.

5．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者．如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）

A．在400米跑项目中，甲的得分比乙的得分低

B．甲的各项得分比乙的各项得分更均衡

C．在跳高和铁饼项目中，甲、乙水平相当

D．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大

【答案】D

【分析】根据雷达图对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】由雷达图可知，400米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，A错误；

甲各项得分的波动较大，乙的各项得分均在内，波动较小，B错误；

在铁饼项目中，乙比甲水平高，C错误；

甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于200，D正确．

故选：D

6．设x，y满足约束条件则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先作出可行域，把看作与连线的斜率，结合图形可求答案.

【详解】画出可行域如图，表示可行域内的点与连线的斜率，

由图知，直线的斜率最大，直线的斜率最小；

由可得；由可得；

所以的取值范围为．

故选：D.

7．在正三棱柱中，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设为的中点，证明平面，根据球的截面性质确定交线的形状，结合弧长公式求交线长.

【详解】设为的中点，连接，

因为，为等边三角形，

所以，

因为，，，平面，

所以平面，

所以以为球心，为半径的球面与平面的交线为以为圆心的圆，

由，

可得交线即以为圆心，为半径的圆弧，

设该圆弧与，分别相交于点M，N，

因为，，

所以，因为，

所以

所以，

故交线长.

故选：B.

8．甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据古典概型运算公式进行求解即可.

【详解】设甲、乙、丙三人用，

由题意可知：传球的方式有以下形式，

，

所求概率为.

故选：C

9．已知函数在内有且仅有两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由，以及的取值范围列不等式，由此求得的取值范围.

【详解】由题意知在内有且仅有两个解．

因为，所以，

则需，解得．

故选：C

10．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上一点，，的平分线与x轴交于点Q，，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据题意分析可得，利用正弦定理结合角平分线可得，再根据双曲线的定义结合通径分析运算即可.

【详解】∵，则，可得，

分别在中，由正弦定理可得：

∵平分，可得，即，

且，

故，则，

所以，

又∵，则，

所以，整理得，

故，得，即，

所以.

故选：B.

【点睛】本题考查双曲线的性质，考查逻辑推理与数学运算的核心素养.

方法定睛：1.双曲线离心率(离心率范围)的求法

求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．

2.焦点三角形的作用

在焦点三角形中，可以将双曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．

11．古希腊数学家普洛克拉斯指出：“哪里有数，哪里就有美．”“对称美”是数学美的重要组成部分，在数学史上，人类一直在思考和探索数学的对称问题，图形中的对称性本质就是点的对称、线的对称．如正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称性也是函数一个非常重要的性质．如果一个函数的图象经过某个正方形的中心并且能够将它的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个正方形的“优美函数”．下列关于“优美函数”的说法中正确的有（    ）

①函数可以是某个正方形的“优美函数”；

②函数只能是边长不超过的正方形的“优美函数”；

③函数可以是无数个正方形的“优美函数”；

④若函数是“优美函数”，则的图象一定是中心对称图形．

A．①② B．①③ C．②③ D．②④

【答案】B

【分析】根据“优美函数”的定义，可判断①③中的函数为奇函数，其图象为中心对称图形，可判断其正误，结合余弦函数的性质可判断②，作图分析，举出反例，判断④.

【详解】对于①，满足，故为奇函数，

则图象原点对称，且连续，

所以可以是中心为原点且边长为2的正方形的“优美函数”，故①正确．

对于②，令，得，

所以图象的对称中心为，

故以为中心的正方形都能被函数的图象平分，

即可以同时是无数个正方形的“优美函数”，故②错误．

对于③，令，,

则，故为奇函数．

又因为的图象是由的图象向下平移一个单位长度得到的，

所以图象的对称中心为，故以为中心的正方形都能被的图象平分，故③正确．

对于④，如图所示，图中两三角形面积相等，函数是“优美函数”，

但其图象不是中心对称图形，

可知④错误，

故选：B

12．对20不断进行“乘以2”或“减去3”的运算，每进行一次记作一次运算，若运算n次得到的结果为23，则n的最小值为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】B

【分析】根据题意，分一共只有一次“乘以2”的运算和一共只有2次“乘以2”的运算，结合，即可求解.

【详解】因为，所以至少要进行一次“乘以2”的运算．

①若一共只有一次“乘以2”的运算．

设做了次“减去3”的运算之后，再“乘以2”，再做了次“减去3”的运算后，

得数为，即有，其中，显然无非负整数解．

②若一共只有2次“乘以2”的运算．

设做了次“减去3”的运算之后，再“乘以2”，再做了次“减去3”的运算之后“乘以2”，再做了次“减去3”的运算后，得数是，

即有，

当时，或，当时，；

当时，．所以的最小值为6，即至少运算8次，

过程为．

③若一共有3次或3次以上“乘以2”的运算，总运算次数显然不止8次．

所以至少运算8次．

故选：B.

二、填空题

13．已知向量，，且，则______．

【答案】5

【分析】根据题意，由向量的坐标计算公式可得的关系，又由向量垂直与向量数量积的关系计算即可得出答案.

【详解】因为，，所以，解得．

故答案为：5.

14．设E，F分别在正方体的棱，上，且，，则直线与所成角的余弦值为__________.

【答案】##0.8

【分析】利用构造平行线，再解三角形即可处理异面直线夹角问题.

【详解】如图所示，在棱，上分别取点N，M，使得，，连接，，

可知，则为直线与所成的角.

设，在中，易得，，，

设，则，从而.

故答案为：

三、双空题

15．已知抛物线的焦点为F，过F且被C截得的弦长为4的直线有且仅有两条，写出一个满足条件的抛物线C的方程：__________，此时该弦的中点到x轴的距离为__________.

【答案】          （答案不唯一，只要，且所求距离为即可）

【分析】利用抛物线定义及焦点弦的性质写出一个结果即可.

【详解】易知过焦点的弦中，通径最短，所以，解得.

设该弦所在的直线与C的交点分别为A，B，弦的中点为D，

则A，B，D到准线的距离分别为：，

则由梯形的中位线性质可知D到x轴的距离为.

不妨取，则抛物线C的方程为，

此时弦的中点到x轴的距离为.

故答案为：；（答案不唯一，只要，且所求距离为即可）

四、填空题

16．已知正数，满足，给出以下结论：①，②，③，④．其中正确的是______．（请写出所有正确结论的序号）

【答案】①③④

【分析】由可得，进而得到，即可判断①②；令，令，分别利用导数分析函数单调性，进而求得和，进而可判断③④.

【详解】因为，所以，所以，故①正确，②错误；

令，

则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以，故③正确；

令，

则，

可知当时，单调递增；

当时，单调递减，

所以，故④正确．

故答案为：①③④.

五、解答题

17．已知等差数列满足，，公比不为的等比数列满足，.

(1)求与通项公式；

(2)设，求的前n项和.

【答案】(1)，，

(2)，

【分析】（1）由等差数列、等比数列的定义计算基本量即可求通项公式；

（2）根据等比数列的求和公式及裂项相消求和即可.

【详解】（1）设的公差为d，因为，，

所以，解得，从而，

所以；

设的公比为q，因为，所以，解得，

因为，所以，

所以 .

（2）由上可知：，所以，

所以，

所以，.

18．2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查学生对两会相关知识的了解情况，某高中学校开展了两会知识问答活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取320名学生，他们的得分（满分100分）的频率分布折线图如下.

(1)若此次知识问答的得分，用样本来估计总体，设，分别为被抽取的320名学生得分的平均数和标准差，求的值；

(2)学校对这些被抽取的320名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于55的学生获得1次抽奖机会，得分高于55的学生获得2次抽奖机会.假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为.从这320名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望（用分数表示），并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额.

参考数据：，，，，.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，，元

【分析】（1）先根据频率分布折线图求平均值及方差，再根据正态分布公式计算概率即可；

（2）先分析获奖金额的情况，再列出相关分布列计算即可.

【详解】（1）由折线图可知：，

，

所以，，

所以.

（2）由题意可知的可能取值为10，20，30，40，

则，，

，

，

，

，

所以的分布列为

，

故此次抽奖要准备的学习用品的价值总额约为元.

19．在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证，由线线垂直证线面垂直即可；

（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可.

【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，，

过点C作于E，则，可知，

由余弦定理知，

则，所以.

又，，，平面，

所以平面.

又平面，所以平面平面.

（2）解：因为平面，，所以C为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系.

则，，，，

，，.

设平面的法向量为，

则，令，则，即.

设直线与平面所成的角为，

则，

即直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线l的方程.

【答案】(1)

(2)，或

【分析】（1）根据给定条件列方程，求出a，b即可作答.

（2）先判断直线的斜率不为0，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答.

【详解】（1）由，得，

所以椭圆C的方程为，

把点的坐标代入上式，得，可得，

所以，，故椭圆C的方程为.

（2）由（1）知焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，

则O，A，B三点不能构成三角形，

所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，

联立方程组，消去x，得，

方程的判别式，

设，，则，，

.

令，则，

当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.

令，解得，

所以此时直线l的方程为或.

【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

21．已知函数，为的导函数.

(1)证明：当时，；

(2)判断函数的零点个数.

【答案】(1)证明见解析

(2)只有1个零点

【分析】（1）求导，分和两种情况判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得证；

（2），即，整理可得，设，由（1）可知当时，，在证明当时，，由此分析，结合零点的存在性定理即可得出结论.

【详解】（1）令，则，

当时，，

当时，，

即当时，，

所以在上单调递增，则，

故当时，成立；

（2），即，

所以

，

设，

由（1）可知当时，所以在上单调递增，

从而，

下面证明：当时，，即证，

设，则，

所以在上单调递减，

从而，即当时，，

当时，，，

所以是的零点；

当时，，，即，

所以在上无零点；

当时，，，即，

所以在上无零点；

当时，，所以，，即，

所以在上无零点；

当时，，

所以，

即，所以在上无零点，

综上在上只有1个零点.

【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：

（1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

22．在直角坐标系xOy中，圆C的方程为．

(1)以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；

(2)直线l的参数方程为（t为参数），l与C的交点为A，B，且，求l的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先将圆化为一般式，再由普通方程与极坐标方程的转化关系即可得解；

（2）表示出直线l的普通方程，几何法求弦长，列出方程可解l的斜率

【详解】（1）可化为，

因为，，所以可化为，

即圆C的极坐标方程为．

（2）圆C的方程为，圆心，半径，

因为直线l的参数方程为（t为参数），当时，直线l与C没有交点，所以，所以，

即直线l的普通方程为．

设圆心C到直线l的距离为d，则，

由，得，

解得，即．

直线l的斜率为，所以l的斜率为．

23．已知函数．

(1)解不等式；

(2)若t是的最小值，且，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用“零点”分段法去绝对值，转化成不等式组即可求出结果；

（2）先利用绝对值的不等式的性质，求出的值，再用柯西等式即可求出最小值.

【详解】（1）因为，

所以不等式可化为或或，

解得，即不等式的解集为.

（2）因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，从而

又，所以由柯西不等式得

，

即，当且仅当，即时，等号成立，

所以，即的最小值为．