2023河南省新未来联盟高三上学期12月联考试题数学（文）含解析

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2023年普通高等学校全国统一模拟招生考试

新未来12月联考

文科数学

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､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

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.回答选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.

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.集合，则（    ）

A.    B.    C.    D.

2.设，其中为实数，则（    ）

A.    B.

C.    D.

3.2022年5月，居民消费价格走势为113.52点，同比增长率为2.01%，增速高于平均值1.105%，增速乐观.下表统计了近6年的消费价格走势，令2015年12月时，；2016年6月时，，依次类推，得到x与居民消费价格y（点）的线性回归方程为.由此可估计，2022年6月份的消费价格约为（    ）

A.113.5点    B.113.8点    C.117.3点    D.119.1点

4.设向量的夹角的余弦值为，且，则（    ）

A.3    B.4    C.    D.6

5.函数在区间上的图像大致为（    ）

A.    B.

C.    D.

6.若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，则（    ）

A.    B.    C.    D.

7.已知数列中，，，则数列的前10项和（    ）

A.    B.    C.    D.2

8.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）

A.    B.    C.    D.12

9.已知椭圆，直线与椭圆相切，则椭圆的离心率为（    ）

A.    B.    C.    D.

10.在正方体中，已知，点O在棱上，且，则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为（    ）

A.    B.    C.    D.

11.已知函数在内有且仅有1个零点，则的取值范围是（    ）

A.    B.    C.    D.

12.柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体.柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四而体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体.如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为（    ）

A.    B.    C.    D.

二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.若满足约束条件则的最大值是__________.

14.设点在直线上，与轴相切，且经过点，则的半径为__________.

15.已知数列的前项和为，满足，则__________.

16.已知直线经过双曲线的右焦点，并与双曲线的右支交于两点，且.若点关于原点的对称点为，则的面积为__________.

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，全科免费下载公众号《高中僧课堂》考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17.（本小题满分12分）

国内某奶茶店以茶饮和甜品为主打，运用复合创新思维顺势推出最新一代立体复合型餐饮业态，在武汉､重庆､南京都有分布，该公司现对两款畅销茶饮进行推广调查，得到下面的列联表；

（1）根据上表，分别估计男､女购买这款茶饮，选购A款的概率；

（2）能否有99%的把握认为选购哪款茶饮与性别有关？

参考公式：，其中.

参考数据：

18.（本小题满分12分）

如图，在长方体中，已知，E为BC中点，连接，F为线段上的一点，且.

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥的体积.

19.（本小题满分12分）

在中，内角所对的边分别为，且满足.

（1）证明：；

（2）若，求的值.

20.（本小题满分12分）

已知函数.其中.

（1）讨论函数的单调性；

（2）设，如果对任意的，，，求实数a的取值范围.

21.（本小题满分12分）

已知抛物线，过动点作抛物线的两条切线，切点为，直线交轴于点，且当时，.

（1）求抛物线的标准方程；

（2）证明：点为定点，并求出其坐标.

（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.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（为参数）.以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为.

（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；

（2）若直线l与x轴交于点P，与曲线C分别交于A，B两点，求的值.

23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若函数的最小值为m，正实数a，b满足，求的最小值.

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新未来12月联考·文科数学

参考答案､提示及评分细则

1.【答案】A

【解析】.故选A.

2.【答案】D

【解析】解得故选D.

3.【答案】B

【解析】把代入，得.故选B.

4.【答案】C

【解析】由题意可得.故选C.

5.【答案】A

【解析】由，可知，函数是偶函数，排除选项C.又，，排除选项B，D.故A.

6.【答案】B

【解析】∵，∴，∴.

∵，∴切线方程为，可化为.

令，得；令，得.∴，

解得.故选B.

7.【答案】C

【解析】∵，∴，∴.

∴数列是首项为，公差为的等差数列，∴，∴.

∴，

∴数列的前10项和.故选C.

8.【答案】D

【解析】由三视图还原该几何体，得几何体如图所示.则该几何体的体积为

.故选D.

9.【答案】B

【解析】联立得.

，即离心率为.故选B.

10.【答案】C

【解析】依题意，∵，，，∴，，

且.

在平面内满足条件的点的轨迹为，长度为；

同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为；

在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为；

同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为.

故轨迹的总长度为.故选C.

11.【答案】D

【解析】

.当时，.

∵在内有且仅有1个零点，∴，∴.故选D.

12.【答案】C

【解析】如图，设该圆柱的底面半径为，高.

由题可知，，，则.

又，∴，.

∴圆柱的体积，.

可知，当时，；当时，.

∴当时，.

故选：C

13.【答案】2

【解析】作出可行域如图所示，则由图可知，当取点时，取最大值为2.

14.【答案】1或5

【解析】由点在直线上，设.

又与轴相切，且经过点，

半径，且.

解得或.则的半径为1或5.

15.【答案】33

【解析】.

两式相减，得.

又当时，，即数列是以2为首项，2为公比的等比数列.，即.

16.【答案】

【解析】设直线的方程为.

联立化简，得.

，即，则，即.

17.【答案】（1）男性：；女性：（2）有的把握认为选购哪款茶饮与性别有关

【解析】（1）男性中，购买款茶饮的概率为，.

女性中，购买款茶饮的概率为；

（2）由题意，得，

有的把握认为选购哪款茶饮与性别有关.

18.【答案】（1）略（2）

【解析】（1）证明：连接DE.依题意，可知，∴，

即，∵平面ABCD，平面ABCD，∴.

又，∴平面，平面，平面.

∵平面，∴，

同理，可知，则，

∴，即，∴.∴.

∵平面，平面，且，∴平面；

（2）由题可知

19.【答案】（1）略（2）

【解析】（1）证明：由正弦定理有，

可得，.

可得，

又由，可得，

由，可得，有，

可得或（舍去），

可得；

（2）由，有，可得，

有，又由，可得，

在中，，有，解得或（舍去），

可得

20.【答案】（1）详解见解析（2）

【解析】（1），

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

（2）假设，而，由（1）知，在上单调递减，∴，

∴化简为，

令，则在上单调递减，

∴，即，

∴，故实数a的取值范围是.

21.【答案】（1）（2）点为定点，其坐标为，证明略

【解析】（1）设过点且与抛物线相切的直线为，

联立化简得，

，化简得，

当时，.此时，，

抛物线的标准方程为；

（2）设，直线的斜率为，直线的斜率为，

由（1）可知，，

直线的方程为.令，得，

整理得.故点为定点，坐标为.

22.【答案】（1）直线l：；曲线C：（2）2

【解析】（1）∵，∴，

∵∴直线l的直角坐标方程为，

∵曲线C的参数方程是（为参数），

消去参数，得.

∴曲线C的普通方程为；

（2）在直线中，令，得，

可设直线l的参数方程为，代入中，

代简，整理可得，则，

令方程的两个根为，，∴，∴.

23.【答案】（1）（2）

【解析】（1）

当时，或或

解得，则解集为；

（2）

，

∴，，

∵a，b为正实数，∴，

当且仅当即时等号成立.