河南省开封市2022-2023学年高三上学期1月期末联考数学试题（理科）（Word版附解析）

这是一份河南省开封市2022-2023学年高三上学期1月期末联考数学试题（理科）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容， 函数的最小值为等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2.请将各题答案填写在答题卡上.
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
第Ⅰ卷
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，只有一项符合题目要求的.
1. 定义集合且.已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 7
【答案】C
【解析】
分析】根据集合新定义求解即可.
【详解】根据题意，因为，，
所以.
故选：C.
2. 的实部与虚部之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简，进而即得.
【详解】因为，
则的实部与虚部之和为为.
故选：B.
3. 在数列中,,,则（ ）
A. 是等比数列B. 是等比数列
C. 是等比数列D. 是等比数列
【答案】B
【解析】
【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.
【详解】解:由题知,
所以,
又因为,
所以是等比数列,
且首项为4,公比为2.
故选:B
4. 过点作直线，使它与抛物线仅有一个公共点，这样的直线有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】B
【解析】
【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率存在时，将直线与方程联立，分析即得解；
【详解】当直线的斜率不存在时，直线，代入抛物线方程可，故直线与抛物线有两个交点．不满足要求，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消得，，
当时，解得，直线与抛物线有且只有一个交点，符合题意；
当时，由，可得，
即当时，符合题意．综上，满足条件的直线有2条．
故选：B.
5. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（ ）
A. B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点对称D. 在内是增函数
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，利用代入验证法判断BC，根据三角函数单调性判断D.
【详解】由题可得，A错误；
因为，所以图象不关于直线对称，B错误；
因为，所以的图象关于点对称，C正确；
因为，所以在内不增函数，D错误.
故选：C.
6. 已知三个单位向量，，满足，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求得，再结合数量积的定义分析运算.
【详解】因为，则，
∴，
故当，即与同向时，有最大值.
故选：A.
7. 已知为球球面上的三个点，若，球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用球的表面积求出球的半径，由三角形的正弦定理求出三角形外接圆的半径，
然后利用勾股定理求出三棱锥的高，最后利用椎体体积公式计算即可.
【详解】设球的半径为，则由球的表面积为，
所以
设外接圆的半径为，圆心为，
由，
所以为等边三角形，
所以，
所以点O到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为：
，
故选：C.
8. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】利用框图从逐个向后代入去计算，进而求得满足题意的的值.
【详解】时，；时，；时，；
时，；时，；
时，；时，．
故输出i的值为7．
故选：D
9. 函数的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将函数化简整理成，结合二次函数的图象和性质可得当时，函数取最小值，检验是否能取到即可求解.
【详解】，
由二次函数的图象和性质可得：当时，函数取最小值，此时，
因为与的图象在上有一个交点，所以方程有解，
故的最小值为.
故选：.
10. 双曲线的左、右顶点分别为，，为上一点，若点的纵坐标为1，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，结合条件可得，进而即得.
【详解】由题可知，设，则，，
所以，
又点的纵坐标为1，，，
所以，即，
所以的离心率为.
故选：.
11. 已知，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的形式构造函数，利用导数的性质判断其单调性，再结合差比法进行判断即可.
【详解】．令，则，．当时，，则在上单调递增，所以，即．因为，所以．故．
故选：D
【点睛】关键点睛：根据的形式构造函数是解题的关键,
12. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为BC的中点，M为PE上的动点，N为平面APD内的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得出平面PAD，进而可得，将和所在平面折叠在一个平面内，然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.
【详解】如图1，取AD的中点F，连接EF，PF，过点M作PF的垂线，垂足为H.由，，四边形ABCD为矩形，可得，由平面平面ABCD，可得平面PAD.在中，由，，可得.由平面PAD，可得平面PAD，可得.将和所在平面折叠在一个平面内，过点B作PF的垂线，垂足为T，如图2所示，易知.记，由，，可得，，，，，可得，，，则，故的最小值为.
故选：.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 若，满足约束条件则的最大值为______.
【答案】11
【解析】
【分析】作出约束条件表示的可行域，根据题意可得当直线经过点时，取得最大值.
【详解】作出约束条件表示的可行域，表示斜率，横截距为的直线，
当直线经过点时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：11.
【点睛】
14. 若从区间内，任意选取一个实数，则曲线在点处的切线的倾斜角大于45°的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义可得：或；然后结合几何概型的概率计算公式即可求解.
【详解】因为，所以当时，.
若曲线在点处的切线的倾斜角大于45°，则或，解得或.
由几何概型可知曲线在点处的切线的倾斜角大于45°的概率为.
故答案为：.
15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前n项和为，则的最小值为___________．
【答案】52
【解析】
【分析】由题知数列构成首项为10，公差为的等差数列，进而得，进而根据基本不等式求解即可.
【详解】解：由题知，被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列为：10，22，34，46，58...
构成首项为10，公差为的等差数列，
所以，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，的最小值为52．
故答案为：52
16. 某地举办高中数学竞赛，已知某校有20个参赛名额，现将这20个参赛名额分配给A，B，C，D四个班，其中1个班分配4个参赛名额，剩下的3个班都有参赛名额，则不同的分配方案有______种．
【答案】
【解析】
【分析】分两步，先确定分配有4个名额的班，共有4种，利用隔板法再确定剩余16个参赛名额的分配方式，最后求总方案数即可．
【详解】第一步，确定分配有4个名额的班，共有4种，
第二步，利用隔板法，剩余16个参赛名额的分配方式有种
则不同的分配方案有；
下面考虑重复的部分：
当有两个班级拿4个名额时，共有种方法，该种分配方式计算了两次；
当有三个班级拿4个名额时，共有种方法，该种分配方式计算了三次；
所以满足要求的分配方法数为：
故答案为：358．
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. ，，分别为的内角，，的对边.已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）利用余弦定理求得，进而求得的周长.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
即，又，所以，
所以为锐角，所以，
故 ；
【小问2详解】
因为，，
所以，
整理得，解得（负根舍去），
所以，，
所以的周长为.
18. 某电视台举行冲关直播活动，该活动共有四关，只有一等奖和二等奖两个奖项，参加活动的选手从第一关开始依次通关，只有通过本关才能冲下一关．已知第一关的通过率为0.7，第二关、第三关的通过率均为0.5，第四关的通过率为0.2，四关全部通过可以获得一等奖（奖金为500元），通过前三关就可以获得二等奖（奖金为200元），如果获得二等奖又获得一等奖，奖金可以累加．假设选手是否通过每一关相互独立，现有甲、乙两位选手参加本次活动．
（1）求甲获得奖金的期望；
（2）已知甲和乙最后所得奖金之和为900元，求甲获得一等奖的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题知甲获得的奖金可能的取值为0，200，700，进而依次计算对应的概率，求解期望即可；
（2）根据条件概率的计算公式求解即可.
【小问1详解】
解：（1）设甲获得的奖金为元，则可能的取值为0，200，700．
，
，
，
所以，甲获得的奖金的概率分布列为：
所以．
【小问2详解】
解：由（1）可知，获得二等奖的概率为0.14，获得一等奖的概率为0.035．
设事件A：甲和乙最后所得奖金之和为900元，设事件B：甲选手获得一等奖，
由（1）知获得二等奖的概率为，获得一等奖的概率为，
所以，
所以，所求的概率．
19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面ABCD，底面ABCD为矩形，点F在棱PD上，且P与E位于平面ABCD的两侧．
（1）证明：平面PAB．
（2）若，，，且在上的投影为3，求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件证明平面平面PAB即可；
（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量即可算出答案.
【小问1详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为底面ABCD为矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，
所以平面平面PAB，
又平面CDE，所以平面PAB．
【小问2详解】
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
因为在上的投影为3，所以F的坐标为．
设平面ACF的法向量为，，，
则，即令，得．
设平面ACE的法向量为，，，
则，即，令，得．
由，得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为．
20. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若是函数的极小值点，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出定义域，.对与0的关系以及与0的关系进行讨论，即可得到函数的单调性；
（2）由已知得，.令，由已知可推得，解不等式即可得出.然后由，根据函数的连续性，证明是函数的极小值点即可.
【小问1详解】
解：，定义域为，
.
（ⅰ）当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
（ⅱ）当时，令，恒成立.
解可得，（舍去），.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增；
（ⅲ）当时，令，.
当，即时，恒成立，即恒成立，所以在上单调递减；
②当，即时，解可得，（舍去），（舍去）.
所以恒成立，所以在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由已知可得，，
.
显然，令.
①因为是函数的极小值点，
所以，，，使得，有，则有，
，有，则有.
若，则，此时，在上有恒成立，与前面推导结论矛盾，所以.
又连续，所以必有，即.
所以，是是函数的极小值点的必要条件；
②当时，显然有，有连续，可知，，使得，有，
则有，即在上单调递减；，有，则有，即在上单调递增.
所以，是函数的极小值点.
所以是是函数的极小值点的充分条件.
所以，a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，第（2）问解题的关键是对求导后得，令，由，得，然后可证得当时，是的极小值即可，考查数学转化思想，属于较难题.
21. 已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程．
（2）若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【小问1详解】
设，则，
因为，
所以，
所以，
即曲线的方程为；
【小问2详解】
设，则，
由，可知A，B分别为的中点，
所以，
则，作差可得．
因为，
所以，
同理，
所以C，D都在直线上，
联立，可得，
即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，
即的面积为定值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
（二）选考题.共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.
[选修4—4，坐标系与参数方程]
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,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程是.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程;
（2）若直线与曲线交于两点,点,求的值.
【答案】（1）:,
（2）
【解析】
【分析】(1)在曲线的参数方程中消去参数,即可得其普通方程,将代入,即可得直线的直角坐标方程;
(2)写出直线过点的参数方程,设出两点的参数,与曲线联立,判别式大于零,韦达定理可得关于参数的等式,根据参数的几何意义代入中计算即可.
【小问1详解】
解:由题知（为参数）,
消去参数可得,
又,
所以曲线的普通方程为;
由,
由可得:
故直线的直角坐标方程为;
【小问2详解】
由(1)知直线为,
故直线的其中一个参数方程为(为参数),
将直线的参数方程代入曲线的普通方程并整理得,
设对应的参数分别是,,
则,
,
且,则,,
由,
故.
[选修4—5；不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集包含，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，然后分， ， 求解；
（2）由的解集包含，转化为时，恒成立求解．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，可化为，
解得，此时；
当时，可化为，
解得，此时；
当时，可化为，
得，不成立，此时无解．
综上：不等式的解集为．
【小问2详解】
因为的解集包含，
所以当时，恒成立．
当时，可化为，即，
即，则，
由，得，
所以，解得．
综上：a的取值范围为．0
200
700