2023届河南省创新发展联盟高三上学期11月阶段检测数学（理）试题含答案

2023届河南省创新发展联盟高三上学期11月阶段检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设出，得到，，从而列出方程，求出，，得到答案.

【详解】设复数，则，

因为，所以，解得，

因为，，所以，解得，

故.

故选：B

2．定义差集且，已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据差集的定义直接求解即可.

【详解】因为，，

所以，

所以．

故选：B

3．“”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】A

【分析】利用二倍角公式解得或，即可得到答案.

【详解】若，则.若，则或.故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】按照程序框图依次计算可得结果.

所以输出x的值为.

故选：C.

5．已知函数则（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】D

【分析】代入分段函数，求出函数值.

【详解】因为，所以.

故选：D

6．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）

（参考数据：，）

A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm

【答案】B

【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.

【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，

所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，

设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，

则，解得，

即，．

则剩余的水的高度为．

故选：B

7．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】D

【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.

【详解】解：因为，

所以，，

所以，

当且仅当时，等号成立，

故的最大值为，无最小值．

故选：D

8．展开式中的系数为（    ）

A． B．21 C． D．35

【答案】A

【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可

【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为．

故选：A

9．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】C

【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．

【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，

所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，

所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．

在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，

平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，

所以．

因为，所以，

因为侧棱长是6，所以．

所以，则△MQC的面积，

故动点P的轨迹面积为．

故选：C

【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：

（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；

（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；

（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；

（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；

10．将的图像向右平移个单位长度后.再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的（），得到函数的图像.若在内恰有5个极值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正弦函数的图像特点进行分析计算即可.

【详解】由已知图像向右平移个单位长度为，

将横坐标缩短为原来的得到

在内恰有5个极值点，故，

故，解得

故选：B

11．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是（    ）

A．3 B． C．4 D．

【答案】A

【分析】根据题意先求出点P的轨迹方程，再根据知求的最小值即求的最小值．

【详解】解：由题意知不妨设点P的轨迹为以为焦点的双曲线的左支，

设双曲线的标准方程为，

则，

，

∴ 点P的轨迹方程是，

，

∴ 为M、N的中点，

，

，

，

∴的最小值为3，当点P在双曲线的左顶点时取等号．

故选：A．

12．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】，可构造函数，借助单调性比较与的大小，即可知道，的大小关系；

 ，可构造函数，借助单调性比较与的大小，即可知道，的大小关系.

【详解】由已知，，

令，

则，

当时，，在区间上单调递减，

∴，

即，∴；

又∵

令，，

则，，

，在上单调递减，

当时，，，

∵，

∴当时，，

∴在区间上单调递增，

∴当时，，

∴在区间上单调递增，

∴，

即，∴，

综上，有.

故选：A.

【点睛】方法点睛：比较大小的常用方法作差法、单调性法、放缩法均有涉及.在比较题中两个数的大小时，首先用到了作差法；在判断差的正负时，通过构造函数，利用函数的单调性，比较了两个函数值——差和的大小关系；在通过二次求导的正负判断导函数的单调性时，又用到了放缩的方法.

二、填空题

13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则            ．

【答案】5

【分析】由向量共线的坐标表示求解.

【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．

故答案为：5．

14．若函数的导函数为偶函数，则曲线在点处的切线方程为            ．

【答案】（或）

【分析】求出导函数，由其为偶函数得值，然后计算出斜率，再计算出，由点斜式得直线方程并整理．

【详解】因为为偶函数，所以，解得，则．

又，故曲线在点处的切线方程为，即．

故答案为：．

15．如图1，青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图2，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°，已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高为            厘米.（取）

【答案】

【分析】根据题意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.

【详解】由题意可知：，，因为，所以，在中，由正弦定理可得：，

即，解得：，

在中，，

所以，

（）

故，

故答案为：.

16．在平面直角坐标系内，对任意两点，，定义A，B之间的“曼哈顿距离”为.设曲线围成的平面区域为，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为            .

【答案】

【分析】根据题意，作出平面区域为，设，再根据得，作出平面区域，根据几何概型计算求解即可.

【详解】解：当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第一象限（含坐标轴）中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第二象限（含坐标轴）中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第三象限中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第四象限（含坐标轴）中的部分；

当时，表示坐标原点.

所以，曲线围成的平面区域为四个半圆和正方形围成的区域，如图，

其面积为，

设，则，其等价于，围成的平面区域为上图中的四边形及其内部，其面积为，

所以，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为

故答案为：

三、解答题

17．已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；

（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.

【详解】（1）因为,,成等差数列，所以 ,

又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，

所以 ,解得 ，故.

（2）由,，，得 ，

则是等差数列，因为,所以，

则 ，

则

．

18．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分别为AD，BC的中点．

(1)证明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．

(2)若二面角为，求CF与平面ABF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB，由等腰三角形的性质可得EM⊥AD，FN⊥BC，再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM；

（2）过点E作，垂足为H，作，垂足为K，以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，

所以．

因为，M，N分别为AD，BC的中点，

所以EM⊥AD，FN⊥BC，，

因为∥，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

因为，

所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，

又，

所以，

因为平面，

故BC⊥平面．

（2）解：过点E作，垂足为H，

由（1）知BC⊥平面，

因为平面，

所以平面平面，

因为平面平面，平面，

所以EH平面，

由，，得为二面角的平面角，则．

因为，所以．

作，垂足为K．

以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，

，．

设平面ABF的法向量为，

则，

令，得．

因为，

所以，

故CF与平面ABF所成角的正弦值为．

19．某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．

(1)若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．

(2)若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．

【答案】(1)

(2)运动员乙应该选择方案一；理由见解析

【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；

（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.

【详解】（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率．

（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，

所以乙最后得分的数学期望为．

若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，

，

，

，

，

，

．

所以Y的数学期，

因为，所以运动员乙应该选择方案一．

20．已知抛物线，过点作直线与交于，两点，当该直线垂直于轴时，的面积为2，其中为坐标原点.

(1)求的方程.

(2)若的一条弦经过的焦点，且直线与直线平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；

（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解.

【详解】（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，

代入，得，

因为的面积为2，所以，解得，

故C的方程为．

（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，

则，代入，得，

设，，

则，，，

．

设直线ST：，则，代入，

得，

设，，则，，，

，

故存在常数，使得恒成立．

【点睛】关键点睛：第二问中，关键在于利用韦达定理结合弦长公式得出，，从而得出.

21．设为的导函数，若是定义域为的增函数，则称为上的“凹函数”.已知函数为R上的凹函数.

(1)求的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）法一：二次求导，令，求导得到，进而列出不等式，求出；

法二：二次求导，由得到，令，求导得到，从而得到；

（2）构造，二次求导得到当时，，当时，，从而得到，得到，结合第一问求出的，结合，求出，从而，证明出结论.

【详解】（1）法一：，设为的导函数，

则.

设，则.

当时，；当时，.

所以在上是减函数，在上是增函数，

故在处取得极小值，也是最小值，

所以，

因为为R上的凹函数，所以，

解得，故的取值范围是；

法二：，设为的导函数，

则.

依题意可得，

即恒成立，且不恒成立.

设函数，则.

当时，；当时，.

所以在上是增函数，在上是减函数.

所以.

所以，故的取值范围是.

（2）证明：设函数，

则，

则的导函数.

若，则，若，则.

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以的最小值为，则为增函数.

又，所以当时，，当时，，

所以，即.

所以.

由（1）知，，因为，

所以，

所以，

故.

【点睛】导数是用来研究函数性态强有力工具，压轴题常常需要构造函数来解决问题，若要证明的函数太过复杂，需要将函数“分拆”为两个函数或多个函数，将不等式证明问题转化为局部函数的最值问题，本题难点在于构造，二次求导后得到当时，，当时，，从而得到，结合，，从而结论得证.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若分别是曲线和曲线上的动点，求的最大值.

【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程

(2)

【分析】（1）利用参数方程和普通方程，极坐标方程和直角坐标得互化即可；

（2）运用图形关系解决即可.

【详解】（1）由题知，

曲线的参数方程为（为参数，）

所以，

消去参数得：

所以；

曲线的方程为，

所以，

因为，

所以，

所以曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程；

（2）由（1）得，

曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程，

所以曲线的圆心，曲线得圆心，

所以曲线C上的点到的距离最大，最大值为，

所以.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据分类讨论的方法，分别讨论，，三种情况，解对应的不等式，即可得出结果；

（2）利用绝对值三角不等式可求得，再由柯西不等式，即可得出结果.

【详解】（1），

当时，不等式可化为，解得，所以；

当时，不等式，所以；

当时，不等式可化为，解得，所以；

综上，不等式的解集为；

（2）由绝对值三角不等式可得，

当且仅当，即时，等号成立，故，

由柯西不等式可得，即，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故的最小值为.