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（理）试题 （解析版）

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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（理）试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对集合A求值，再将A集合中的元素当成集合B中的，对集合B求解，再利用交集的性质即可求得.

【详解】因为集合，
所以，
所以.
故选：B.
2．已知为虚数单位，，若，则复数在复平面上对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】先假设共轭复数 ，再根据复数的乘法规则计算出a，b即可.
【详解】由，得，代入，
得，即，则 解得 ，
所以，即复数在复平面上对应的点为，位于第二象限；
故选：B.
3．等额分付资本回收是指起初投资P，在利率i，回收周期数n为定值的情况下，每期期末取出的资金A为多少时，才能在第n期期末把全部本利取出，即全部本利回收，其计算公式为：.某农业种植公司投资33万元购买一大型农机设备，期望投资收益年利率为10%，若每年年底回笼资金8.25万元，则该公司将至少在（    ）年内能全部收回本利和.（，，）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据题意，将对应的数据代入计算公式，化简整理后两边同时取对数，计算即可求解.
【详解】由题意，知万元，万元，，
由公式可得，整理得，
等式两边取对数，得
故选：C.
4．在的展开式中，的系数为（    ）
A． B． C． D．30
【答案】C
【分析】使用分配律后再由二项式定理的展开式的通项公式赋值计算可得结果.
【详解】因为，其中展开式的通项为，所以原式的展开式中含的项为.所以的系数为.
故选：C.
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．已知圆与过原点的直线相交于A，B两点，点为x轴上一点，记直线的斜率分别为，，若，则实数的值为（    ）
A． B． C．2 D．3
【答案】D
【分析】先把直线与圆联立求出两根之和与两根之积,再把斜率和转化为用表示,计算即可求解.
【详解】设，，因为直线的方程为，
代入圆C的方程，得，
所以，.所以
.

因为，所以，解得.
故选:.
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．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.
9．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.
10．如图，已知长方体的体积为16，，与相交于点，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知线面关系，判断三棱锥的外接球球心的位置并计算出求得半径，从而得外接球的表面积即可.
【详解】解：方法一：
设，则由长方体的体积公式，得，解得，
所以，
由题可知，四边形为正方形，所以，
所以外接圆的圆心为AD的中点，记为点M，如下图：

又是直角三角形，同理外接圆的圆心为AC的中点，记为点N，
过点M，N分别作平面与平面的垂线，两条垂线的交点为AC的中点N，
所以三棱雉的外接球的球心是AC的中点N.
又，所以外接球半径，所以外接球的表面积为.
故选：C.
方法二：设，则由长方体的体积公式，得，解得，所以.
由题意得，四边形为正方形，所以，.
如图，将三棱锥补充为正四棱柱，

则三棱锥的外接球，即为正四棱柱的外接球，AC为外接球的直径.所以外接球的半径，
所以外接球的表面积为.
故选：C.
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，点为第一象限内双曲线上的点，点为点关于原点的对称点.若，，则双曲线的离心率的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】方法一：设，，易知四边形为矩形，结合已知不等式可求得；利用双曲线定义和勾股定理可得，即，集合对勾函数单调性可求得，解不等式即可求得离心率的范围；
方法二：易知四边形为矩形，结合已知不等式可求得，设，可得；利用双曲线定义知，由此可得离心率，根据范围可确定关于单调递减，则可在时取得最大值，时取得最小值，结合同角三角函数关系可求得结果.
【详解】方法一：设，，
由题意知：，四边形为矩形，，
由得：，即，；
由双曲线定义知：…①；由勾股定理可得：…②；
①式平方与②式相减得：，即…③；
由②③得：，即；
令，，
在上单调递增，，即，
解得：，又，，
即双曲线离心率的取值范围为；
方法二：如图所示，

由对称性可知：四边形为平行四边形，
，，四边形为矩形；
，由得：，
；
设，则，
，，
，；
，，，
单调递增且恒为正，关于单调递减，
当时，，，此时；
当时，，，此时；
双曲线的离心率的取值范围为.
故选：B.
12．已知，是定义在上的函数，且均不恒为零.为偶函数，.若对任意的，都有，设，若函数的图象关于y轴对称，则下列说法正确的是（    ）
A．函数的一个周期为8 B．函数的图象关于直线对称
C．函数的一个周期为4 D．
【答案】D
【分析】根据代入法，结合函数的周期性、偶函数的性质进行求解即可.
【详解】方法一：因为.所以，
所以.

所以.

所以.故函数的一个周期为16，所以A错误；
因为，所以.由函数的图象关于y轴对称，知为偶函数，
所以，即，即，
将x替换为，得，即.又是偶函数，
所以，则.

所以函数的一个周期为8，所以C错误；
因为函数为偶函数，且周期为8，所以的图象关于直线对称.若函数的图象关于直线对称，
则.所以，与函数不恒为零矛盾，所以B错误；
因为，，所以.又由，令，得，所以.故选D.
方法二：因为，所以，
所以.

所以.若A正确，
则，所以，与不恒为零矛盾，所以A错误；
因为，所以.由函数的图象关于y轴对称，知为偶函数，
所以，即，即，
将x替换为，得，即.知为图象的对称中心，
又直线为图象的对称轴，所以，得（T为最小正周期）.

因为，所以4不是的周期，所以C错误；
若B正确，则直线，均为的对称轴.所以，
所以，即.因为为奇数，为偶数，两者矛盾，所以B错误；
因为，，所以.又由，令，得.

又，所以的一个周期为16.当时，，
所以的一个周期为8.所以.
故选：D
【点睛】关键点睛：利用代入法求出函数的周期是解题的关键.

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，且过点的直线与曲线相交于点，则______.
【答案】16
【分析】根据抛物线的对称性知点在抛物线上，因为直线过此抛物线的焦点，根据焦点弦问题解决即可.
【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，
因为直线过此抛物线的焦点.
设，
联立，得，
则，
所以由抛物线的焦点弦长公式得.
故答案为：16.
15．已知数列的通项公式为，设数列的最大项和最小项分别为，则______.
【答案】
【分析】当时，，由可知当且时，，结合可知；当时，，由可知当且时，，结合可知，由此可得.
【详解】当时，；
由得：，
则当且时，，又，
，数列的最小项；
当时，；
由得：，
则当且时，，又，
，数列的最大项；
.
故答案为：.
16．已知直线为曲线的一条切线，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】设切点为，求出，设切线方程为，可得，
从而，设，利用导数结合图象开发答案.
【详解】设切点为，因为，所以，
所以切线方程为，即，所以，
所以，设，则，
令，可得，当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，所以，
如图，当时，，当时，，所以的值域为.所以的取值范围为.

故答案为：.

三、解答题
17．已知各项均为正数的数列的前n项和为，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，且数列的前n项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可得①，当时，②.由①减②，即可证明数列是首项为1，公差为1的等差数列，即可求出数列的通项公式；
（2）求出，再由错位相减法求出数列的前n项和为，即可证明.
【详解】（1）由，得①，
所以当时，②.
由①减②，得.
因为数列为各项均为正数的数列，所以，
又由，，得.
所以，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，
所以数列的前项和.
所以.
两式作差可得：，
所以.
因为，所以，故.
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：




相关性
弱
一般
强


【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，在直三棱柱中，，侧面为正方形，点D，E，F，G分别为棱，，，的中点.

(1)求证：GE平面；
(2)若二面角的余弦值为，且，求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）方法一：由证GE平面；
方法二：由线线平行证DE平面、DG平面，则可依次证平面DEG平面、平面；
方法三：通过向量法证明（为平面的一个法向量），即可证平面；
（2）设，由向量法得二面角的余弦值的方程即可解得a，最后
【详解】（1）方法一：如图1，取BC的中点H，连接EH，.
因为侧面是正方形，所以，.
因为点E，G分别是AC，的中点，所以，，.
所以，且.
所以四边形是平行四边形，所以.
又因为平面，平面，
所以GE平面.

方法二：如图2，连接，，因为点D，E分别为棱AB，AC的中点，所以.
因为平面，平面，所以DE平面.
因为正方形中，点D，G分别为，的中点，所以，且.
所以四边形为矩形，所以.
因为平面，平面，所以DG平面.
因为平面，平面，，所以平面DEG平面.
因为平面，所以EG平面.

方法三：因为在直三棱柱中，，，，所以可以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系.
又侧面为正方形，则设，，
所以，，，. 所以，.
因为，，且，平面，
所以平面，即为平面的一个法向量.
因为，所以，即.
又平面，所以EG平面.

（2）因为在直三棱柱中，，，，所以可以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，
设，则，，，所以，.
易知平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即令，得，.
所以平面的一个法向量为.
因为二面角的余弦值为，
所以，解得（负值舍去），所以.
易知为三棱锥的高，所以.
又，
所以多面体的体积.
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为A，钝角三角形的面积为，斜率为的直线交椭圆C于P，Q两点.当直线经过，A两点时，点到直线的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，当直线的纵截距不为零时，试问是否存在实数k，使得
为定值?若存在，求出此时面积的最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，1

【分析】（1）根据，且点到直线的距离为，列方程组即可求解
（2）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，表示出，根据定值的条件求出，从而求出.
【详解】（1）方法一：设，，则.
当直线经过点，A时，由的面积为，到的距离为，
得①，
同时得，即②.
联立①②，结合，
解得，，或，，.
因为为钝角三角形，所以，所以，，.
故椭圆C的标准方程为.
方法二：设，，，则经过，
A两点时直线的方程为，即.
因为点到直线的距离为，所以①，②
因为为钝角三角形，所以为钝角，所以.
所以，即③.
联立①②③式及得，，.
故椭圆C的标准方程为.
（2）方法一：由题意设直线的方程为，
联立 消元得.
当，即时满足题意.
设，，则，.


，
若为定值，则上式与无关，故，得，
此时.
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
经检验，此时成立，
所以面积的最大值为1.
方法二：由题意设直线的方程为，
联立 消元得.
当，即时满足题意.
设，，则，.
所以
,


所以



.
因为上式为定值，所以上式与无关.所以，得.
此时.
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
经检验，此时成立，
所以面积的最大值为1.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数.
(1)若函数的极小值为0，求实数a的值；
(2)设，若函数在区间上有且只有一个零点，求实数a的范围.
【答案】(1)1
(2)或

【分析】对于（1），通过求导判断单调性，表示出的极小值；
对于（2），在区间上有且只有一个零点，注意到，问题可转化为在在区间上没有零点.也可转化为在区间上有且只有一个零点.
【详解】（1）由题可得，函数的定义域为，.
当时，，函数在上单调递增，无极值.
当时，由，得，函数在上单调递增；
由，得，函数在上单调递减.
所以，即.
令，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以.
所以有唯一零点，则方程有唯一解.
故实数的值为1.
（2）方法一：，易知，
所以所求问题等价于函数在区间上没有零点.
因为，
所以由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
①当，即时，函数在区间上单调递增，所以，
此时函数在区间上没有零点，满足题意.
②当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
要使在上没有零点，只需，即，解得，所以.
③当，即时，函数在区间上单调递减，
所以在区间上满足，
此时函数在区间上没有零点，满足题意.
综上所述，实数的范围是或.
方法二：函数在区间上有且只有一个零点，等价于函数在区间上有且只有一个零点.
因为，所以.
①当时，，所以在上单调递增.易知，符合题意；
②当时，令，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
i当时，在上单调递增，，符合题意；
ii当时，在上单调递减，，符合题意；
iii当时，在上单调递减，在上单调递增，.
要使在上有且只有一个零点，只需.
即，得，所以.
综上所述，实数的范围是或.
【点睛】关键点点睛：本题涉及用导数研究函数的极值与零点，有一定难度.
解决（1），表示出函数极值后，需注意方程解的唯一性说明.
解决（2），方法一在注意到后，转化问题为函数在区间上没有零点，即说明在上恒小于0或恒大于0.方法二将问题转化为函数在区间上有且只有一个零点，通过分类讨论解决了问题.