2023年河南省平顶山市、开封市等2地普高联考高考数学测评试卷（理科）（六）

这是一份2023年河南省平顶山市、开封市等2地普高联考高考数学测评试卷（理科）（六），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省平顶山市、开封市等2地普高联考高考数学测评试卷（理科）（六）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知集合，，则(    )A.  B.
C.  D. 2.  已知复数，其中，为实数，且满足，则的虚部为(    )A.  B.  C.  D. 3.  体育强国的建设是年我国发展的总体目标之一某学校安排每天一小时课外活动时间，现统计得小明同学周的课外体育运动时间单位：小时：，，，，，，，，，，，则下列说法不正确的是(    )A. 小明同学周的课外体育运动时间平均每天不少于小时
B. 小明同学周的课外体育运动时间的中位数为
C. 以这周数据估计小明同学一周课外体育运动时间大于小时的概率为
D. 若这组数据同时增加，则增加后的个数据的极差、标准差与原数据的极差、标准差相比均无变化4.  在一间长、宽、高分别为米、米、米的长方体形房间内，距离角落的八个顶点一米范围内的区域为“危险区域”，房间内其他区域为“安全区域”，一只苍蝇在房间内飞行到任意位置是随机的，则某时刻这只苍蝇位于“危险区域”的概率为(    )A.  B.  C.  D. 5.  已知数列是等差数列，其前项和为，，，则等于(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是(    )A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则7.  古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的个顶点中任意取出个构成四边形，其中梯形的个数为(    )
 A.  B.  C.  D. 8.  已知直线：与椭圆交于，两点，若点恰为弦的中点，则椭圆的离心率是(    )A.  B.  C.  D. 9.  数列是首项和公比均为的等比数列，为数列的前项和，则使不等式成立的最小正整数的值是(    )A.  B.  C.  D. 10.  为定义在上的偶函数，对任意的，都有，且，则不等式的解集为(    )A.  B.
C.  D. 11.  已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知函数的定义域为，为函数的导函数，当时，，且，，则下列说法一定正确的是(    )A.  B.
C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  向量的夹角为，定义运算“”：，若，则的值为______ ．14.  已知实数，满足，则的最大值为______ ．15.  在棱长为的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为______ ．16.  已知抛物线的准线与轴的交点为，过焦点的直线分别与抛物线交于，两点点在第一象限，，直线的倾斜角为锐角，且满足，则 ______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，．
若，求；
若，点在边上，且平分，求的面积．18.  本小题分
某车间购置了三台机器，这种机器每年需要一定次数的维修，现统计了台这种机器一年内维修的次数，其中每年维修次的有台，每年维修次的有台，用代表这三台机器每年共需要维修的次数．
以频率估计概率，求的分布列与数学期望；
维修厂家有，两家，假设每次仅维修一台机器，其中厂家单次维修费用是元，厂家对同一车间的维修情况进行记录，前次维修费用是每次元，后续维修费用每次递减元，从每年的维修费用的期望角度来看，选择哪家厂家维修更加节省？19.  本小题分
如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥．

若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
若，求锐二面角的大小．20.  本小题分
已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线经过点．
求双曲线的方程；
过点且斜率不为的直线与交于，两点与点不重合，直线，分别与直线交于点，，求的值．21.  本小题分
已知函数，．
讨论函数的单调性；
若函数有两个零点，，证明：．22.  本小题分
在直角坐标系中，圆是以为圆心，为半径的圆，直线的参数方程为为参数，，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
写出圆的极坐标方程；
已知直线与圆相交于，两点，且，求角．23.  本小题分
已知．
若，求不等式的解集；
若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由可得，所以，
由可得，所以，
所以．
故选：．
化简集合，，结合交集的定义即可求解．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：依题意，，而，为实数，
则，解得，，所以复数的虚部为．
故选：．
利用复数的乘法计算，再借助复数相等求出，即可判断作答．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，个数据的平均数，则小明同学周的课外体育运动时间平均每天不少于小时，A正确；
对于，将个数据从小到大排列为：，，，，，，，，，，其中位数为，B错误；
对于，在个数据中，大于的有个，则可以估计小明同学一周课外体育运动时间大于小时的概率为，C正确；
对于，由极差、标准差的性质，这组数据同时增加，则增加后的个数据的极差、标准差与原数据的极差、标准差相比均无变化，D正确．
故选：．
根据题意，求出数据的平均数，分析可得A正确，求出数据的中位数，可得B错误，分析可得在个数据中，大于的有个，由此可得C正确，由极差、标准差的性质分析可得D正确，综合可得答案．
本题考查数据的平均数、中位数的计算，涉及概率的计算，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：根据题意，长方体形房间的长、宽、高分别为米、米、米，则其体积，
“安全区域”的体积，
故某时刻这只苍蝇位于“危险区域”的概率．
故选：．
根据题意，求出长方体形房间的体积，再求出“安全区域”的体积，进而由几何概型公式计算可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及正方体的体积计算，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：因为数列是等差数列，
则，可得，
且，可得，
所以．
故选：．
根据题意结合等差数列性质及求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：对于，可能会出现，，或与相交但不垂直的情况，所以不正确；
对于，，可能平行、可能异面，所以不正确；
对于，若，仍然满足，且，所以不正确；
对于，，，则，再由，可得，可知D正确．
故选：．
根据线面位置关系及面面位置关系逐项判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属中档题．
 7.【答案】 【解析】解：梯形的上、下底平行且不相等，如图，
若以为底边，则可构成个梯形，根据对称性可知此类梯形有个，
若以为底边，则可构成个梯形，此类梯形共有个，
所以梯形的个数是，
故选：．
利用分类加法原理即可求解．
本题主要考查了分类加法原理的应用，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：设，，
则，且，
由，两式相减得：，
于是，
解得，
此时椭圆，
显然点在椭圆内，符合要求，
所以椭圆的离心率．
故选：．
根据给定条件，利用中点弦问题求出，再求出椭圆的离心率作答．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查点差法的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：因为数列是首项和公比均为的等比数列，所以，则，
所以，则，
不等式整理得，
当时，左边，右边，显然不满足不等式；
当时，左边，右边，显然满足不等式；
且当时，左边，右边，则不等式恒成立；
故当不等式成立时的最小值为．
故选：．
根据等比数列得，利用裂项求和可得，结合不等式的性质代入求解即可得答案．
本题主要考查数列的求和，数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对任意的，都有，则，
令，则在上单调递增，
因为为定义在上的偶函数，
所以，即为偶函数，
又，
由，可得，即，
所以，
所以的解集为．
故选：．
由题可得函数在上单调递增，且为偶函数，进而可得，即得．
本题主要考查了函数的单调性和奇偶性，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
则，
因为是偶函数，
所以直线是图象的对称轴，所以
由可得，，又，
所以，
则，，
因为在上单调，的最小正周期为，
所以，解得，故的最大值为，
经检验在上单调．
故选：．
由、是偶函数得到，，再由在上单调可得可得答案．
本题主要考查了正弦函数对称性，单调性的应用，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：不妨设，函数定义域为
可得
因为当时，，
所以，单调递增，
又，，
所以
，
可得为奇函数，
则在定义域上单调递增，
所以，
可得，
即．
故选：．
由题意，构造函数，对进行求导，结合题目所给信息，导数的几何意义以及奇偶性的性质即可得到函数在定义域上为增函数，结合选项进行判断即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和函数奇偶性的性质，考查了转化思想和运算能力．
 13.【答案】 【解析】解：已知向量的夹角为，定义运算“”：，
又，
则，，，
则，
又，
则，
则．
故答案为：．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的夹角的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的夹角的运算，属基础题．
 14.【答案】 【解析】解：不等式组表示的可行域如图所示，

为及其内部的阴影区域，且，，，
令，则，当直线经过点时，取得最大值．
故答案为：．
先作出可行域，令，根据截距的变化可得目标函数的最大值．
本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的数学思想，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：正方体的体对角线为外接球的直径，
，
外接球的半径，
当且仅当为截面圆的圆心时，截面圆的面积最小，
由正方体的几何特征可得该正方体的外接球球心为的中点，又，
所以最小截面的半径，此时截面面积为．
故答案为：．
由正方体的体对角线为外接球的直径可求复外接球的半径，进而可求最小截面圆的半径，可求其面积．
本题考考球体的截面圆的面积的最小值的求法，属中档题．
 16.【答案】 【解析】解：如图，过点作轴于点，
由抛物线的定义可知点到准线的距离为：
，
故，
同理，
则，
故，，则，
可得，则，
所以．
故答案为：．
过点作轴于点，由抛物线的定义可知点到准线的距离得，，利用求出，再由可得 可得答案．
本题考查抛物线的几何性质，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
 17.【答案】解：，
则，，
又，，则，
又，则，
则；
由得，则，
又，则，
即，
则，即，解得，
故的面积． 【解析】利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算，即可得出答案；
利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 18.【答案】解：以频率估计概率，一台机器每年需要维修次的概率为，需要维修次的概率为，
设为这三台机器每年单个需要维修三次的台数，
则，且，
所以，
．
所以的分布列为： 则．
选择厂家每年维修费用的期望为元，
选择厂家每年维修费用的期望为元，
因为，所以选择厂家更加节省． 【解析】设为这三台机器每年单个需要维修三次的台数，由题意可得则，且，结合二项分布求得分布列与期望即可；
分别计算两种方案下维修费用的数学期望，比较即可得结论．
本题考查离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
 19.【答案】解：点为线段上靠近点的三等分点，证明如下：
如图，过点作交于点，连接，则，
又，所以因为，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面．
取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，，

则，，，，
因为，，所以，解得，，
，，
设平面的法向量为则，
不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，，
则锐二面角的大小为． 【解析】点为线段上靠近点的三等分点，过点作交于点，连接，可证，进而可证四边形为平行四边形，可证平面．
取中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，用向量法可求锐二面角的大小．
本题考查面面角的大小的求法，考查点的位置的确定，属中档题．
 20.【答案】解：由题意可知，
解得，
所以双曲线的方程为．
设直线的方程为，代入中，
可得，设，，
则．

直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，
因为，
所以，即． 【解析】由题得，进而即得；
设直线的方程为，联立双曲线方程，根据直线，的方程表示出，结合韦达定理即得．
本题主要考查直线与双曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
 21.【答案】解：，的定义域为，
，

当时，，在上单调递增；
当时，若，则，在上单调递增；
若，则，在区间上单调递增；
综上：时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；
证法一：，．
单调递增，令，
若函数有两个零点，则，
即：，，
，
要证，只要证，即．
只要证，即证其中，
令，，
在单调递增，，即其中成立，故原不等式成立．
证法二：，．
单调递增，令，
若函数有两个零点，则，即：，，
要证，只要证，即
令，则，将其代入式得：，．
要证成立，只需证成立，即证成立．
设，则．
设，则，
在上为增函数，，即，在上为增函数，
，即成立．成立，因此原结论成立．
证法三：，．
单调递增，令，
若函数有两个零点，则，即：，，
由问可知：，，要证，只要证，即．
只需证：；
由在区间上单调递减，所以只需证：
因为即证，
令，，
下证：，
，
所以单调递增，所以，得证． 【解析】的定义域为，可得，对分类讨论即可得出函数的单调性．
证法一：根据单调递增，令，若函数有两个零点，可得，，要证，只要证，即只要证，即证其中，令，利用导数研究其单调性即可证明结论．
证法二：由单调递增，令，若函数有两个零点，可得，要证，只要证，即令，，将其代入得：，要证成立，只需证成立，即证成立．设，利用导数研究其单调性即可证明结论．
证法三：根据单调递增，令，若函数有两个零点，则，由问可知：，，要证，只要证，即．
只需证：；由在区间上单调递减，所以只需证：，即证，构造函数，，利用导数研究其单调性即可证明结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、构造法、等价转化方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
 22.【答案】解：由题意知圆的方程为，即，
将代入得圆的极坐标方程为．
由题知直线的极坐标方程为，设，，
联立可得，
且，即，
由韦达定理得，，
则，
所以，又，所以，
则或，所以或． 【解析】先求圆的直角坐标方程，然后直接化为极坐标方程即可；
先把直线方程化为极坐标方程，然后联立直线的极坐标方程和圆的极坐标方程，利用的几何意义即可解答．
本题考查极坐标与参数方程的应用，方程思想，化归转化思想，属中档题．
 23.【答案】解：若，则不等式可化为．
当时，，即，所以；
当时，，即，所以；
当时，，即，所以．
综上所述，原不等式的解集为．
由题知在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立，
当时，，即无论取何值，不等式恒成立，
当时，，则恒成立，
设，
又，当且仅当，即时取等号，
所以，则，
所以实数的最大值为． 【解析】分类讨论解绝对值不等式即得；
根据参变分离可得恒成立，然后构造函数利用绝对值三角不等式结合条件即得．
本题主要考查不等式恒成立问题，绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．