2023届河南省名校青桐鸣高三下学期4月联考数学（理）试题含解析

2023届河南省名校青桐鸣高三下学期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】根据指数函数单调性求集合N，再结合集合的交集运算求解.

【详解】由，则，

得，解得，即，

故.

故选：C.

2．复数满足，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据复数除法运算法则和复数模的含义即可得到答案.

【详解】，

则，故.

故选：B.

3．已知函数，，命题：，命题：，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】由求出，解不等式，根据充分条件和必要条件的定义得到结论.

【详解】，

，

，解得，

当时，有；当时，满足，故是的充要条件.

故选：C.

4．已知正实数，，满足，则的最小值为（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据基本不等式求出.然后即可根据不等式的性质得出，列出两个等号同时成立的条件，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，，.

因为，

当且仅当，即时等号成立.

所以，，

当且仅当，即时，两个等号同时成立.

所以，.

故选：D.

5．已知，，，，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】确定，计算得到，，计算得到答案.

【详解】，化简得，

故，解得，

又，则，

故.

故选：D.

6．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性和特殊值，逐一判断，即可得到本题答案.

【详解】由，又，可知为偶函数，排除B；

因为，可排除D，

又由，可排除C.

故选:A

7．若执行下面的程序框图，则输出的（    ）

A．有6个值，分别为6，10，28，36，66，78

B．有7个值，分别为6，10，28，36，66，78，91

C．有7个值.分别为6，10，28，36，66，78，120

D．有8个值，分别为6，10，28，36，66，78，120，136

【答案】C

【分析】，当结果为偶数时，输出，直到，依次计算得到答案.

【详解】，当结果为偶数时，输出，直到，则

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，，输出，结束.

故选：C.

8．在内有两点，，满足，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理分析运算.

【详解】由题意可得：，则，

，则，

所以，

可得，，则.

故选：C.

9．函数的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】结合和差公式和辅助角公式，恒等变形，即可得到本题答案.

【详解】

，

所以的最大值为1.

故选：A

10．在长方体中，，为的中点，平面，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题目条件，先求出的大小，然后根据异面直线所成角的定义，可知即为所求角，再利用余弦定理，即可求得本题答案.

【详解】连接，，，连接，如图，

平面，平面，则，

又平面，平面，则，

因为，平面，平面， 则平面，又平面，则，

所以，则，

则，解得，

由长方体的性质易知，且，所以四边形为平行四边形，

所以，则即为所求角，

在中，，，故，

所以与所成角的余弦值为.

故选：B.

11．数列满足：，，且，，成等差数列，，，成等比数列，有以下命题：①若，则；②若，则；③，使；④可取任意实数.其中正确命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据等差中项以及等比中项的性质，即可得出，.分别代入以及，即可得出①、②；假设，根据已知可推得，解得或，然后舍去不合题意的解，即可得出③；时，，不符合，，成等比数列的条件.

【详解】由已知可得，，.

对于①，当时，由已知可得，，解得，故①正确；

对于②，当时，由已知可得，，解得.

又，则，故②正确；

对于③，由已知可得，则.

又，则.

若，则，解得或.

当时，，不合题意，故，故③正确；

对于④，因为，所以时，.

此时，，不能成等比数列，故④错误.

故①②③正确，所以正确命题的个数是3.

故选：C.

12．已知抛物线上有三点，，，点的纵坐标为2，，且，，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别用表示出和点到直线的距离，然后利用导数求最值，即可得到本题答案.

【详解】由题意得，，则，

由，得，

设直线：，代入抛物线方程得，

可得，得，

，

点到的距离为，

故，

由，，得，即，又，则，

设，则，

易得当且仅当时，取得最大值，为，

故最大值为.

故选：C

二、填空题

13．已知的一条切线是，则实数______.

【答案】

【分析】设切点坐标为，根据导数导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解得实数的值.

【详解】因为，则，

设切点坐标为，则满足①，

，则，代入①得，解得，

所以，.

故答案为：.

14．已知一个球的表面上有四点、、、，，，，平面平面，则该球的表面积为______.

【答案】

【分析】分析可知球心在平面内，计算出的外接圆半径，即为球的半径，在利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】设球心为，球的半径为，设的中点为，

因为，则为的外心，

过点在平面内作直线，使得，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以，平面，

由球的几何性质可知平面，所以，，即平面，

故的外接圆的半径即为球的半径，

由正弦定理可得，

因此，该球的表面积为.

故答案为：.

15．已知数列满足，，则______.

【答案】

【分析】由求出，再利用裂项相消法求和.

【详解】当时，，

∴，

又，

满足，

∴，，

即，

∴

.

故答案为：.

16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点位于双曲线的右支上，交左支于，的内切圆的半径为1，与，分别切于点，，则______.

【答案】/

【分析】根据内切圆的性质结合双曲线的定义求得，再根据三角恒等变换运算求解.

【详解】设内切圆与切于点，，，，，如图，

则，即，化简得①，

，即②，

①＋②得，

∵，且，则，故，

又∵平面分，则.

故答案为：.

三、解答题

17．已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.

(1)求A；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据结合三角恒等变换分析运算；

（2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算.

【详解】（1）∵，即，

由于，则，即，

两边同乘以可得：，

则，且，解得.

（2）由题意及正弦定理，得，，

则

，

由（1）可知，且为锐角三角形，

则，解得，

则，所以，

故的取值范围是.

18．为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，在国家产业扶贫政策的大力支持下，某贫困村利用当地自然条件，在南、北两山上种植苹果，现已开始大量结果，苹果成熟时，将苹果分为“一级”、“二级”、“三级”，价格从高到低，有一水果商人要收购这里的苹果，收购前，将南山和北山上的苹果各随机摘取了200千克，按等级分开后得到的数据为：南山上的“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克；南、北山上的“三级”苹果共40千克；北山上的“一级”苹果50千克.（假设两山上的苹果总产量相同，以样本的频率估计概率）

(1)若种植苹果的成本为5元/千克，苹果收购价格如下表：

①分别计算南山和北山各随机摘取的200千克苹果的平均利润；

②若按个数算，“一级”苹果平均每千克有3个，“二级”苹果平均每千克有4个，“三级”苹果平均每千克有6个，以此计算该村南山上的200千克苹果的个数，并按各等级苹果的个数以分层抽样的方式从中抽取13个苹果，分别放在13个外形完全一样的包装内，水果商人在这13个苹果中随机取2个，求恰有1个“三级”苹果的概率.

(2)判断能否有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

附：，.

【答案】(1)①（元/千克），（元/千克）；②

(2)有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

【分析】(1)①先由题目所给的数据分别算出南山，北山的“一级”、“二级”、“三级”苹果的重量，再结合种植苹果的成本和苹果收购价格即可求平均利润；②求出南山“一级”、“二级”、“三级”苹果的个数，用分层抽样计算抽取的13个苹果中“一级”、“二级”、“三级”苹果的个数，再用列举的方法求概率.

(2)由(1)列出2×2列联表，根据列联表的数据代入的公式求出的值，结合题目的表格数据即可判断.

【详解】（1）①由题意得，南山：“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克，“三级”苹果（千克），

南山随机摘取的200千克苹果的平均利润为（元/千克），

北山：“一级”苹果50千克，“三级”苹果（千克），“二级”苹果（千克），

北山随机摘取的200千克苹果的平均利润为（元/千克）

②南山“一级”苹果有（个），“二级”苹果有（个），“三级”苹果有（个），

共有个，

按分层抽样的方式抽取的13个苹果中，

“一级”苹果有（个），“二级”苹果有（个），“三级”苹果有（个），

2个“一级”苹果分别记为，，10个“二级”苹果分别记为，，…，，“三级”苹果记为，

抽取2个苹果有，，，…，，，

，，…，，，

，，…，，，

，，…，，，

…，

，，

.

共78种可能.

恰有1个“三级”苹果有，，，，…，（，共12种可能.

故所求概率为.

（2）由（1）可得以下2×2列联表：

则，

故有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

19．如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.

(1)证明：平面；

(2)若，，四棱锥的体积为，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）连接，连接并延长交于点，连接，首先说明，由重心的性质得到，即可证明，从而得证；

（2）连接，即可得到平面，连接交于点，即可证明平面，再连接即可得到平面，根据锥体的体积求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）证明：连接，因为，，所以，且，

由，得，，

则，所以.

连接并延长交于点，如图，

因为为的重心，所以.

连接，因为，所以.

又平面，平面，故平面.

（2）连接，因为，所以，

又，，平面，，所以平面.

连接交于点，则，.

又，，平面，，所以平面.

连接，平面，则，

因为平面，平面，所以，

因为，平面，所以平面.

易得四边形的面积为，

由四棱锥的体积为得，，所以.

以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，，.

设平面的法向量为， 则,即,

取，可得，

由（1）可知，为的中点，则，所以.

由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，

所以，

故直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知点在椭圆上，A，分别是椭圆的左、右顶点，直线和的斜率之和满足：.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)斜率为1的直线交椭圆于，两点，椭圆上是否存在定点，使直线和的斜率之和满足（，与均不重合）？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，或

【分析】（1）先求得，进而得到椭圆的标准方程；

（2）设出直线的方程为，并与椭圆方程联立，利用设而不求的方法和题给条件即可求得定点坐标.

【详解】（1），解得，

将代入椭圆方程，得，故椭圆的标准方程为.

（2）假设存在定点，则设，，，

直线的方程为，

由题意得，将，代入整理得

（*），

联立，整理得，

则，，

代入（*）式整理得，

由解得或

代入验证得，都在椭圆上，

故存在定点，使，点的坐标为或.

21．已知函数，.

(1)若，证明：当时，为增函数；

(2)若有解，求的最小值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由放缩法得出，构造函数，利用导数得出，从而证明为增函数；

（2）由不等式的性质可得，从而构造函数，利用导数得出其最小值，从而得出的最小值.

【详解】（1）当时，，易知的定义域为，

则当时，，

令，则，

令，即在上为增函数，

且，即

故在上为增函数，，故，

故在上为增函数，故，

故，则，

即，为增函数；

（2）设的解为，则，

对，，，，，

故，当且仅当时取等号，

故，

所以.

令，则.设，则，

当时，；当时，，则在上单调递减；

当时，，则在上单调递增.

则，即的最小值为.

【点睛】关键点睛：对于问题（2），关键在于利用不等式的性质得出，再构造函数，得出的最小值.

22．在直线坐标系中国，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，且，直线的极坐标方程为.

(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；

(2)若直线与曲线有公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)；，

(2)

【分析】（1）应用参数方程和普通方程及极坐标方程和普通方程间的互化可得；

（2）根据直线和抛物线有公共点求参数范围即可.

【详解】（1）且，得，，

∴，即，

∴直线的直角坐标方程为；

由得，则，

又，

∴曲线的普通方程为，.

（2）将代入，

整理得，，，

则，

∴实数的取值范围为.

23．已知函数的图像如图所示，当时，取得最小值3，.

(1)求实数的值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】由于当时，取得最小值3，即函数过点，将点代入函数中化简，再由取绝对值即可求得实数的值.

由，可得，又恒成立，可知函数的图像始终在的下方，即小于等于的最小值，当函数过的最低点时取临界值，即可求得实数的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，即，

解得，故实数的值为.

（2）由题意知，当时，取得最小值3，要使恒成立，则

当函数的图像过点时，取得临界值，此时时，，要使恒成立，则，故.