2023届河南省湘豫名校联考高三上学期12月期末摸底考试数学（文）试题（解析版）

2023届河南省湘豫名校联考高三上学期12月期末摸底考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解方程得集合，根据集合的交集运算即可.

【详解】因为集合，

所以.

所以.

故选:B.

2．已知为虚数单位，设，，，若，则（    ）

A．2 B． C．4 D．5

【答案】D

【分析】两边同时乘，然后多项式展开，然后根据复数相等可求.

【详解】由，得，即.则由复数相等的充要条件得解得所以.

故选：D

3．已知实数x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）

A．-6 B．2 C．4 D．0

【答案】A

【分析】作出不等式组所表示的平面区域，根据目标函数和图形即可求解.

【详解】画出满足约束条件的平面区域，如图所示，平移直线，当经过直线与的交点时，目标函数取得最小值.

联立得所以.

所以.

故选：.

4．闪光指数（guidenumber，GN）是一个衡量闪光灯在感光度及视角确定的情况下照射目标的能力，是进行闪光摄影时决定适当光圈的主要依据.通常在手动闪光摄影时，由已知的闪光指数和摄影距离来计算适当的光圈，且三者存在这样的关系：其中：——光圈；——闪光灯的闪光指数，单位为米（或英尺）；——光闪灯到被摄体的距离，单位为米（或英尺）.今有ISO100感光度的胶卷的闪光灯，其闪光指数为24米，若光圈值为8，则闪光灯到被摄体的距离为（    ）

A．3米 B．16米 C．32米 D．192米

【答案】A

【分析】将条件代入关系式，即可求解.

【详解】由题意知米，，则由，得3（米）.

故选:A.

5．执行如下图所示的程序框图，则输出的为（    ）

A． B． C．16 D．128

【答案】D

【分析】根据循环结果，求输出结果，注意循环结构的两次判断.

【详解】由程序框图可知，初始值，，，第一次循环：，，；第二次循环：，，；第三次循环：，，；第四次循环：，，；第五次循环：，，；第六次循环：，，；第七次循环：，此时，满足循环条件，所以输出128.

故选:D.

6．已知点是圆上的任意一点，点，分别为圆上的两个不同的动点，且，点为线段的中点，则的最小值为（    ）

A．11 B．12 C．13 D．14

【答案】A

【分析】由圆内的弦长求得圆心O到弦中点Q的长即得点Q的轨迹方程，从而转化成求两圆上任意两点间距离的最小值.

【详解】因为点为线段的中点，且，所以.

所以点在以原点为圆心，1为半径的圆上，即：方程为，

所以.所以.

故选：A.

7．如图，在平行四边形中，，，点为与的交点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得，，由，，三点共线知，存在，满足.由，，三点共线知，存在，满足.得即可解决.

【详解】由，，知，分别为，的中点.

如图，设与的交点为，易得，

所以，

所以.

因为点是的中点，

所以.

由，，三点共线知，

存在，满足.

由，，三点共线知，

存在，满足.

所以.

又因为，为不共线的非零向量，

所以，解得，

所以.

故选：.

8．如图，已知正方体的体积为8，点，分别是，的中点，则四面体外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别取，的中点，，连接，，，，根据正方体的对称性与长方体的结构特征知，长方体的外接球就是四面体FADE的外接球，由计算即可.

【详解】设正方体的棱长为，

所以由题意知，解得.

如图，分别取，的中点，，连接，，，，

所以根据正方体的对称性与长方体的结构特征知，

长方体的外接球就是四面体FADE的外接球.

设所求外接球的半径为，

因为长方体的长､宽､高分别为2，2，1，

所以，

所以四面体外接球的表面积为.

故选：B.

9．已知函数的部分图象如图所示，且函数在处取得最小值，则函数在上的单调递减区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】方法一：代入对称轴和对称中心，求和，再求函数的单调区间；

方法二：将对称轴和对称中心之间长度，转化为与周期有关的量，求后，再代入对称中心求，最后求函数的单调区间.

【详解】方法一：由题图易知点为“五点作图法”中的第一个零点，所以①.由在处取得最小值，得②.联立①②消去，得，.因为，所以，所以，.

所以，所以.当，，即，时，函数单调递减.因为，所以函数在上的单调递减区间为.故选：D.

方法二：由题可得，为函数的一个对称中心，时取得最小值，即直线为函数的一条对称轴，所以，即，得.因为，即，所以.又，所以，.所以.将代入，得，.因为，所以，.所以，所以.当，即，时，函数单调递减.因为，所以函数在上的单调递减区间为.

故选：D.

10．在四棱锥中，平面，，，，，点为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先利用平行关系，将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再利用几何图形计算余弦值.

【详解】如图，取的中点，连接，.因为为的中点，所以.又由，得，

所以四边形为平行四边形，故.

所以异面直线与所成的角为（或其补角）.

因为平面，所以.又，即，且，

所以平面，平面,所以.

所以.

因为在中，为的中点，所以.所以，且两角均为锐角.

所以.

故选:C.

11．已知点，分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支相交于两点，与轴相交于点，且，，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得，，在中，，，由余弦定理构造关于的齐次式解决即可.

【详解】在中，，，

所以，

所以.

所以由双曲线的定义知.

又在中，，，

所以由余弦定理，得，

即，

化简得，

即.

因为，

所以解得.

故选：A

12．已知是定义在上的函数，且均不恒为为偶函数，.若对任意的，都有，，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的一个周期为4 B．函数的一个周期为6

C．函数的一个周期为4 D．

【答案】D

【分析】根据抽象等式，依次变形，并结合周期的定义，求得函数的周期，再根据周期求值，即可判断选项.

【详解】因为，所以.所以.所以.所以.故函数的一个周期为8，所以A错误；

因为对任意的，都有，为偶函数，令，得，解得，，所以.因为不恒为0，所以函数的一个周期为4，所以B错误；

令，因为的一个周期为8，且周期不为4，的一个周期为4，所以.所以的一个周期为8.所以C错误；

，所以D正确.

故选：D.

二、填空题

13．小明的外婆来到蔬菜超市，准备从黄瓜､南瓜､丝瓜､苦瓜､白瓜这5种新鲜瓜类蔬菜中任意购买3种，则小明的外婆购买的瓜类蔬菜中含苦瓜的概率为___________.

【答案】##0.6

【分析】利用列举法可得到任意购买3种瓜类蔬菜的总情况和购买的瓜类蔬菜中含苦瓜的总情况，即可得到答案

【详解】记“黄瓜､南瓜､丝瓜､苦瓜､白瓜”分别为，，，，，

则小明的外婆从这5种新鲜瓜类蔬菜中任意购买3种的情况有：，，，，，，，，，，共10种，

其中购买苦瓜的情况有：，，，，，，共6种，

故小明的外婆购买的瓜类蔬菜中含苦瓜的概率为，

故答案为：

14．已知点关于轴的对称点在曲线上，且点到点的距离为点到直线的距离的，则点的横坐标___________.

【答案】##0.25

【分析】因为点关于轴的对称点在曲线上，从而点在曲线上，根据点到点的距离为点到直线的距离的得：，即可解得点的横坐标.

【详解】因为曲线的方程为，即，

所以由题意及抛物线的对称性知，点在抛物线上，且在轴的下方，点为此抛物线的焦点.

由抛物线的定义可知，则，

解得或（舍去），所以点的横坐标为.

故答案为：

15．已知在数列中，，且是公比为3的等比数列，则使的正整数的值为___________.

【答案】4

【分析】首先利用公式求数列的通项公式，并代入求，并利用裂项相消法求和，即可求.

【详解】由题意，知是首项为，公比为3的等比数列，所以，所以.所以，

所以，

，

解得.

故答案为：4

16．函数的图象与函数的图象的公切线的方程为___________.

【答案】或

【分析】首先设两个切点和，利用导数的几何意义，分别求两个切点处的切线方程，利用两条切线是同一条切线，列式求，即可求解切线方程.

【详解】根据题意，设函数与的图象的公切线为直线，并设直线与函数的图象相切于点，与函数的图象相切于点.由，得，所以直线的斜率为，则直线的方程为，即.又由，得，所以直线的斜率为，则直线的方程为，即.由题意知，消去，得0，解得或.所以公切线的方程为或.

故答案为：或

三、解答题

17．已知数列的前项和为，，，且当时，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)，

(2)，

【分析】对于（1），利用，，化简已知式子可得，即数列为等差数列.

对于（2），分组求和可得答案.

【详解】（1）因为时，，

所以.

所以，即.

因为，所以.

故数列是首项为1，公差为1的等差数列.

所以，.

（2）由（1），得，

所以

，.

18．在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.

(1)求角的大小；

(2)当时，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据边角互化，用正弦定理把化为，然后用余弦定理即可求得角的大小；

（2）由（1）可知，当时，则用正弦定理表示出两边之和，再借助三角形内角和及辅助角公式（）进行化简即可求解.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理，得.

所以，解得或.

因为，所以或.

又因为为斜三角形，所以.

（2）由（1）可知，当时，

由正弦定理，得，

所以

.

因为，所以.

所以.

所以.

19．随着电池充电技术的逐渐成熟，以锂电池为动力的新一代无绳类电动工具以其轻巧便携､工作效率高､环保､可适应多种应用场景下的工作等优势，被广泛使用.在消费者便携无绳化需求与技术发展的双重驱动下，锂电类无绳电动工具及配套充电器市场有望持续扩大.某公司为适应市场并增强市场竞争力，逐年增加研发人员，使得整体研发创新能力持续提升，现对2017~2021年的研发人数作了相关统计，如下图：

2017~2021年公司的研发人数情况（年份代码1~5分别对应2017~2021年）

(1)根据条形统计图中数据，计算该公司研发人数与年份代码的相关系数，并由此判断其相关性的强弱；

(2)试求出关于的线性回归方程，并预测2023年该公司的研发人数.（结果取整数）

参考数据：，.参考公式：相关系数.线性回归方程的斜率，截距.

附：

【答案】(1)，与具有很强的线性相关关系

(2)，预测2023年该公司的研发人数约为613人

【分析】（1）首先求，根据参考公式求值，代入相关系数公式，即可求解；

（2）根据参考公式求和，即可求得回归直线方程，并代入求预报值.

【详解】（1）由条形统计图，得，

，

所以

，

.

所以.

因为相关系数，所以与具有很强的线性相关关系，且为正相关.

（2），

所以，

所以.

由题意知，2023年对应的年份代码，

当时，，

故预测2023年该公司的研发人数约为613人.

20．如图，在三棱柱中，，，与相交于点，且为等边三角形.

(1)求证：平面；

(2)若，三棱锥的体积为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出平面，可得出，再利用以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）取的中点，连接、，设，分析可知，根据锥体的体积公式计算出的值，再计算出三棱锥以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的体积.

【详解】（1）证明：在三棱柱中，且，

所以，四边形为平行四边形，

因为，所以，，

所以，，，

所以，，

所以，

因为，，所以.

又，且，平面，平面，所以平面.

因为平面，所以.

又因为，且，平面，平面，

所以平面.

（2）解：由题意，知为的中点，则，即.

由为等边三角形，得也是等边三角形.

如图，取的中点，连接、，

因为、分别为、的中点，则且，

，，

平面，平面，平面，，

设，则，

平面，平面，，

，

所以由，得，

所以，，.

在中，，，，

所以，，则，

故，

设点到平面的距离为，

因为，所以，所以，

故点到平面的距离为.

21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右顶点分别为，，上顶点为，的面积为2，点满足.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆自左向右依次交于，两点，为线段上一点，且，设直线与直线的斜率分别为，，求证：为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由的面积为2，可得，再结合，可得，，进而得到椭圆的标准方程；

（2）方法一：根据题意可得直线的方程，联立方程组，结合韦达定理可得，，再结合，可得，从而得到，，即，进而得证；

方法二：根据题意可得直线的方程，联立方程组，结合韦达定理可得，，再结合，可得，进而得到，，进而得证.

【详解】（1）由的面积为2，得，即，

因为，，，

所以由，得，

解得，所以.

故椭圆的标准方程为.

（2）方法一：由题意可知直线的方程为，

联立消去可得，

令，则.

设，，，则，.

由，得.

所以，所以，

解得，，所以.

故，即为定值.

方法二：由题可设直线的方程为，

联立，消去可得，

令，即，即，

设，，由根与系数的关系可得，.

由，得，所以.即得.

化简得.所以，.

故，.

所以，即为定值.

22．已知函数，其中为自然对数的底数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)设函数，证明：当时，函数有两个零点.注：函数与的图象有唯一公共点.

【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）把代入函数，然后对其求导得，再利用导数与函数的单调性求解即可；

（2）由知：，令，则证明函数有两个零点转化为有两个零点，对求导，然后利用导数研究其单调性与最值来处理即可得出其证明.

【详解】（1）当时，，，则.

注意到，易知当时，；当时，.

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2），定义域为.

令，则当时，，

所以函数在上单调递增，所以，

所以当时，有两个零点等价于当时，有两个零点.

，令，则.当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以.

因为，所以.

又因为，所以只需证明当时，.

设，则.

令，则，

所以在上单调递增，，

所以函数在上单调递增，，即，

所以在，上各存在一个零点，

所以当时，函数有两个零点，即函数有两个零点.

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点个数问题，考查转化思想和运算能力，属难点、难题.