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（文科）（六）

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（文科）（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.  若复数满足为虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  下列函数中，在区间上单调递增的是(    )

A.  B.  C.  D.

4.  年月日至日，年世界乒乓球职业大联盟冠军赛在河南省新乡市平原体育中心举行，某平台从参与网络直播活动的网友中随机选取了一部分，对他们的年龄单位：岁进行调查，根据调查结果制作的频率分布直方图如图所示，由此估计参与直播活动的网友的年龄的中位数为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  已知，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  如图，已知正三角形内接于圆，记的内切圆及其内部区域为，在的外接圆内随机取一点，此点取自区域的概率为(    )

A.
B.
C.
D.

7.  曲线在点处的切线的斜率为，则实数(    )

A.  B.  C.  D.

8.  年月底，人工智能聊天程序迅速以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下不含所需的训练迭代轮数至少为参考数据：，(    )

A.  B.  C.  D.

9.  某次实验得交变电流单位：随时间单位：变化的函数解析式为，其中且，其图象如图所示，则下列说法错误的是(    )

A.  B.
C. 当时， D. 当时，

10.  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.

11.  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.

12.  在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为(    )

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.  陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图是一种木陀螺，其直观图如图所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若底面圆的半径为，，则圆柱的外接球的表面积与圆锥的侧面积的比值是______ ．

15.  已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，分别过，作准线的垂线，垂足分别为，，准线与轴交于点，且，，则 ______ ．

16.  已知实数，满足，则的最小值为______ ．

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，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知公差不为的等差数列的前项和为，是与的等比中项，_____．
求的通项公式；
求数列的前项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18.  本小题分
年五一劳动节放假天，随着疫情的结束和天气转暖，被“压抑”已久的出行需求持续释放，“周边游”“乡村游”，等旅游新业态火爆，为旅游行业发展注人了新活力，旅游预订人数也开始增多为了调查游客预订旅游与年龄是否有关，调查组对名不同年龄段的游客进行了问卷调查，得到数据如下表：

已知在所有被调查的游客中随机抽取人，抽到不预订旅游的游客概率为．
请将列联表补充完整，能否在犯错误的概率不超过的前提下，认为是否预订旅游与年龄有关？请说明理由．
以年龄为分层标准，按照分层抽样的方法，从被调查的游客中选取人，再从这人中任意选取人，求人中恰有人是岁以上的概率．
附：，其中．

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，求四棱锥的体积．

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，其中为自然对数的底数．
当时，求的单调区间；
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：由题知集合为正奇数组成的集合，且，
则．
故选：．
根据交集的定义运算即得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：，
则．
故选：．
根据复数的模长公式及复数的除法运算即得．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：对于，函数图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于，当时，，所以函数在上单调递增，故B正确；
对于，，函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于，当时，是常数函数，D错误，
故选：．
由二次函数的性质可判断，利用函数的导数可判断，根据绝对值的意义结合条件可判断．
本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以中位数落在区间内，
设中位数为，则，
解得．
故选：．
根据直方图估计中位数即得．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由，解得，
所以．
故选：．
由题解得，再由求解即可．
本主要考查了和差角公式，二倍角公式及同角基本关系的应用，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：设正三角形的内切圆与的切点为，连接，，
则，
故所求概率为．
故选：．
根据正三角形的性质结合几何概型概率公式即得．
本题考查几何概型相关知识，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题可得，
则，所以．
故选：．
根据导数的运算法则及导数的几何意义即得．
本题主要考查导数及其几何意义，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据题意得该指数衰减的学习率模型为，
当时，，代入得，解得，
当学习率衰减到以下不含时，，
则，
即，
则，
所以学习率衰减到以下不含所需的训练迭代轮数至少为．
故选：．
由题可得，进而可得不等式，解不等式即得．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由题知，则，又，
则，所以当时，，
则，又，
则，因此，
所以当时，，
当时，，
因此ABC正确，D错误．
故选：．
根据五点法结合图象可得，逐项判断即可得解．
本题主要考查由的部分图象确定其解析式，考查运算求解能力，属于中档题．
 

10.【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．
 

11.【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．
 

12.【答案】 

【解析】解：，，
，


，
，
，
，，，
为钝角，，为锐角，，，
此时，，
在中，由正弦定理有：

，当且仅当即时等号成立．
故选：．
由三角恒等变换和三角形的内角和定理对条件式化简得到，从而将，用表示出来，再用正弦定理将变成，再由三角恒等变换知识化简后用基本不等式可求得最值．
本题考查三角恒等变换与解三角形、基本不等式的综合，还考查了逻辑推理能力，属于难题．
 

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：由圆柱的对称性知，圆柱外接球的球心为的中点，
则外接球的半径为，
所以外接球的表面积为，
又圆锥的母线长为，则侧面积为，
所以．
故答案为：．
求出圆柱外接球半径及圆锥的母线，代入球的表面积公式和圆锥侧面积公式直接计算即可．
本题考查圆柱的外接球表面积与圆锥的侧面积的求解，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：不妨取，
因为，
所以，
则，
解得，则．
故答案为：．
由题可得图形，设，根据条件可得关系式，进而即得．
本题考查抛物线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 

16.【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，


由可得，由可得，
由可得，
令，则，结合可行域知，当直线与直线重合时取得最小值，经过点时取得最大值，
即，
所以，
当时，取得最小值．
故答案为：．
画出不等式组的可行域，设，可求出，则，利用二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了换元法，以及二次函数的性质，属于中档题．
 

17.【答案】解：选条件：设等差数列的公差为，
则，即，解得，
故数列的通项公式为；
选条件：设等差数列的公差为，
则，即，解得，
故数列的通项公式为．
选条件：因为是与的等比中项，即，又，则，
设等差数列的公差为，
则，即，解得，
故数列的通项公式为；
由得，则，
则，
，
由得，
． 

【解析】根据所选条件，等差数列通项公式，求和公式及等比中项的性质得到方程组，解得、，即可得出答案；
利用错位相减法计算，即可得出答案．
本题考查等差数列和等比数列的综合，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：由题可得不预定旅游的人数为，
则列联表补充完整如下：

所以的观测值为，
所以能在犯错误的概率不超过的前提下，认为是否预订旅游与年龄有关；
按分层抽样，从被调查的游客中选取人，岁含岁的人数为，分别记这人为，，，
岁以上的人数为，分别记这人为，，
从人中任意选取人，则有，，，，，，，，，，共有种情况，
恰有人是岁以上的有，，，，，，共有种情况，
则人中恰有人是岁以上的概率为． 

【解析】由题可得不预定旅游的人数，进而可得列联表，然后利用公式可得的观测值，即得；
根据分层抽样的定义及古典概型概率公式即得．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
 

19.【答案】解：如图，过点作交于点，连接，
因为，所以，，，四点共面，
若平面，由平面，平面平面，
所以，所以四边形为平行四边形，，
则，
所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面．
如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
则，，所以，又，
则，又，则，
所以．
因为，，，，平面，
所以平面，
则四棱锥的体积为． 

【解析】过点作交于点，根据线面平行的性质定理即得；
取的中点，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后利用锥体的体积公式即得．
本题考查线面平行的证明，四棱锥的体积的求解，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：已知，函数定义域为，
当时，，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
证明：若函数有两个零点，
满足，
即，，
整理得，
要证，
即证，
满足，
需证，
不妨令，，
即证，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以在定义域上单调递增，
所以，
满足，
故不等式成立． 

【解析】由题意，将代入函数解析式中，对函数进行求导，利用导数即可得到的单调区间；
若函数有两个零点，可得，要证，即证，利用换元法，令，，构造函数，对进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可得证．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了转化思想，逻辑推理和运算能力．
 

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．