2023届河南省名校青桐鸣高三下学期4月联考试题数学（理）含答案

  2023届普通高等学校招生全国统一考试

大联考(高三)

数学(理科)

全卷满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1. 已知集合则   (        )

A.{1 ,2}              B.{1 ,2,3}               C.{1 ,2,3,4}            D.{1 ,2,3,4,5}

2. 复数满足,则||=                                                       (        )

A.1                     B.                    C.2                    D. 

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

4. 已知正实数，满足则的最小值为                 （      ）

A.5                                     C.5                   

5. 已知则=                   (        )

                                                          D.1

6. 函数 的图象大致是                       (         )

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

8.  在内有两点,满足 且  则=                                                                                                                                      (        )

9. 函数  的最大值为          (       )

A.1                    B.                     C.                  D.  

10. 在长方体中2,.为的中点,⊥平面,则与所成角的余弦值为                                                          (       )

11. 数列{}满足: =1,=2, 且    成等差数列，   成等比数列，有以下命题：①若λ=1，则=3;②若 λ=-1,则 <0;③∃λ>0, 使=; ④λ可取任意实数.其中正确命题的个数是                                                        (       )

A.1                   B.2                    C.3                   D.4

12. 已知抛物线上有三点,),点的纵坐标为 2,-4, 且,则△面积的最大值为                                                    (        )

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 已知 的一条切线是,则实数=            .

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            .

15. 已知数列{}满足  则  

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

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题:共60分。

17.(12分)

已知锐角三角形的内角的对边分别为a ,

(1)求;

(2)若 求b+c的取值范围.

18. (12分)

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若按个数计算，“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99%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

附  

19.(12分)

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 ，求直线与平面成角的正弦值.

20. (12分)

已知点 在椭圆 上，分别是椭圆的左、右顶点，直线MA和MB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.

21. (12分)

已知函数

(1)若,证明:当-1时,为增函数;

(2)若有解,求  的最小值.

(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22. [选修4-4:坐标系与参数方程](10分)

在直角坐标系中，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.

23. [选修4-5:不等式选讲](10分)

已知函数的图象如图所示,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.

2023届普通高等学校招生全国统一考试

青桐鸣大联考(高三)答案

数学(理科)

1. C 【解析】由 得1≤<26,故{1,2,3,4}.故选C.

2. B 【解析】 则  故 故选B.

3. C 【解析】,

 ,解得0故是的充要条件.故选C.

4. D【解析】 故 当且仅当     时取等号.故选D.

5. D 【解析】 化简得故 解得 又 则 故故选D.

6. A   【解析】 ,可知为偶函数,排除B;=0,排除D;易知>0,排除C.故选A.

7. C   【解析】当n=3时,输出s=6;当n=4时,输出s=10;当n=7时,输出s=28;当n=8时,输出s=36;当n=11时,输出s=66;当n=12时,输出s=78;当n=15时,15>12,输出s=120,结束.故选C.

8. C 【解析】 则 AC)=0,1   则  

①×4+②×3得    

 故选C.

9. A   【解析   故最大值为1.故选A.

10. B   【解析】连接,,,连接,如图,

⊥平面,则⊥,又平面,则⊥,=,则平面则⊥,∠∠,则,则   解得 由长方体的性质易知，∥,所以四边形为平行四边形,所以∥,则∠即为所求角,在△中,       故   故选B.

11. C 【解析】当λ=1时,,解得,故①正确;当λ=-1时,-, 解得=5,又

 则    故②正确;λ=4,则  则

 若,则 解得λ=4或 其中λ=4不合题意，故 ③正确;λ=4时,, 此时不能成 等比数列，故④错误.故选C.

12. C 【解析】由题意得 则M(1,2),由,得    - 1 .

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 则 (t-3)(3t-1),易得当且仅当  时,g(t)取最大值为 故S△MAB最大值为 故选C.

  【解析】设切点坐标为(),则满足   则,代入①得,解得  ,

14.16π【解析】设球心为,的中点为,则为△的外心,⊥平面,又平面⊥平面,故在平面内,故为△ 的外心   故  

【解析】当n≥2时,(2n-

  满足

 即  

    【解析】设内切圆与切于点,||=| | = ,,如图，

则,即,化简得①,,即②,①+②得,平分∠,则故 则

17.解:(1)由题意得   化简得    

即   

则   

解得    

(2)由题意及正弦定理    

得  

则

由(1)知   

  得    

则

故

故的取值范围是  

18. 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200-190=10(千克)，故南山随机摘取的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40-10=30(千克),“二级”苹果200-50-30=120(千克),故北山随机摘取的200千克苹果的平均利润为 (元/千克).

②南山上的这200千克苹果中，“一级”苹果有3×40=120(个),“二级”苹果有4×150=600(个),

“三级”苹果有6×10=60(个),共有120+600+60=780(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 10(个),“三级”苹果有 (个),

故所求概率为  

(2)由(1)可得以下2×2列联表:

则   

6.635,故有99%的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

19.解:(1)证明:连接BD,因为AB=BC,AD=CD,所以AC⊥BD,且BD∩AC=E,

由.

得   

则   所以DE=2BE.

连接DG并延长交PC于点M，如图，

因为G为△PCD的重心,

所以DG=2GM.

连接BM，因为  所以EG∥BM.

又EG⊄平面PBC,BM⊂平面PBC,故GE∥平面PBC.

(2)连接PE,因为PA=PC,所以AC⊥PE.

又AC⊥BD,BD,PE⊂平面PBD,BD∩PE=E,所以AC⊥平面PBD.

连接AF交DE于点Q,则AF⊥CD.

又PA⊥CD,PA,AF⊂平面PAF,PA∩AF=A,所以CD⊥平面PAF.

连接PQ,PQ⊂平面PAF,则CD⊥PQ,因为AC⊥平面PBD,PQ⊂平面PBD,所以AC⊥PQ,

因为AC∩CD=C,所以PQ⊥平面ABCD.

易得四边形ABCD的面积为

由四棱锥P-ABCD的体积为 得 所以PQ=2.

以E为坐标原点，以EC，ED所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，

则E(0,0,0

设平面PCD的法向量为),

则   即

取   可得

由(1)可知,M为PC的中点,则    所以

由(1)知,EG∥BM,

所以直线GE与平面PCD所成的角等于直线BM 与平面PCD所成的角，设为θ，

所以

故直线GE与平面PCD所成角的正弦值为

20.解

解得  a²=4,

将 代入椭圆方程     得  b²=3,

故椭圆的标准方程为   

(2)假设存在定点T,则设,直线PQ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

解得

代入验证得   都在椭圆上，

故存在定点T，使   

点T的坐标为    或  

 21.解:(1)当a=1时,     易知f(x)的定义域为[1,+∞),

则当b≥-1时.    

令 ,

则  易知在(1,+∞)

上为增函数,h(1)=0,故

故h(x)在(1,+∞)上为增函数,

故h(x)>h(1)=0,故x²ln x>x-1,  则 则原命题得证.

(2)设f(x)=g(x)的解为x₀(x₀>1),

则   

对∀a,b,c,d∈R,(a²+b²)(c²+d²)-(ac+bd)²=(ad-bc)²≥0,

故(a²+b²)(c²+d²)≥( ac+bd)²,

当且仅当ad=bc时取等号，

故

所以  

令,则t>1.

设

则  

当t=2时,

当,  ,则在(1,2)上单调递减；

当时, ,则在(2,+∞)上单调递增.

则   

即 a²+b² 的最小值为e².

22.解:(1)由    且   

得   

∴ρsin( θ+α)=m,即   

∴直线l的直角坐标方程为3x+4y-5m=0;由t∈(0,π)得sin t∈(0,1],

则  

又 1)=x+1,

∴曲线C的普通方程为

(2)将   代入   整理得， 则

∴实数m的取值范围为   

23.解:(1)因为a>0,所以    即

解得

故实数的值为  

(2)由题意知，当  时,f(x)取得最小值3,当函数的图象过点 时,即 时而由图象可知

故