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    2023届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学(文)试题含解析

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    这是一份2023届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学(文)试题含解析,共22页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2023届河南省顶级名校高三上学期12月摸底考试数学(文)试题

     

    一、单选题

    1.设集合, 则    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】利用一元二次不等及对数不等式的解法,结合交集的定义即可求解.

    【详解】,得,解得

    所以

    ,得,解得

    所以

    所以

    故选:C.

    2.已知,则的(    

    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】根据充分条件和必要条件的定义,结合基本不等式进行判断即可.

    【详解】充分性:,当且仅当时,等号成立,

    ,当且仅当时,等号成立,

    .

    必要性:当时,成立,但不成立,即必要性不成立,

    所以的充分不必要条件.

    故选:A

    3.魏晋南北朝时期,中国数学的测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术,应用中国传统的出入相补原理,因其第一题为测量海岛的高度和距离,故题为《海岛算经》.受此题启发,某同学依照此法测量郑州市二七纪念塔的高度.如图,点DGF在水平线DH上,CDEF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为表高测得以下数据(单位:米):前表却行DG=1,表高CD=EF=2,后表却行FH=3,表距DF=61.则塔高AB=    

     

    A60 B61 C62 D63

    【答案】D

    【分析】根据已知条件,利用相似即可求出的值.

    【详解】解:根据题意,

    所以,解得

    故选:D.

    4.已知是定义在上的函数,且满足为偶函数,为奇函数,则下列说法正确的是(    

    A.函数的周期为2 B.函数关于直线对称

    C.函数关于点中心对称 D

    【答案】C

    【分析】根据为偶函数推导出,根据为奇函数,得到,得到函数的图象关于点对称,故B错误,C正确;

    由由推导出,故周期为4A错误;

    根据函数的周期性求出D错误.

    【详解】为偶函数,

    函数的图象关于直线对称.

    为奇函数,

    ,所以函数的图象关于点对称,故B错误,C正确;

    知,

    ,即

    ,故

    函数的周期为4A错误,

    ,故D错误.

    故选:C.

    5.如图,在直三棱柱中,,且分别是棱的中点,则异面直线所成角的余弦值是(    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】根据线线平行可得或其补角是异面直线所成的角,利用三角形三边关系,由余弦定理即可求解.

    【详解】如图,在棱上取一点,使得,取的中点,连接 ,

    由于分别是棱的中点,所以,故四边形为平行四边形,进而,

    又因为的中点,所以,所以,则或其补角是异面直线所成的角.

    ,则

    从而

    ,

    故异面直线所成角的余弦值是.

    故选:A

    6.在平行四边形中,分别在边上,相交于点,记,则    

    A B

    C D

    【答案】D

    【分析】根据题意过点平行于,交于点,先利用三角形相似求出,然后利用向量的线性运算即可求解.

    【详解】过点平行于,交于点

    因为,则的中点,所以

    因为,所以

    可得:,所以

    因为

    所以

    故选:.

    7.一个几何体的三视图如图,它们为一个等腰三角形,两个直角三角形,则这个几何体的外接球表面积为(    

    A B C D

    【答案】C

    【分析】作出几何体的直观图,分析可知该几何体为三棱锥,其中平面,计算出的外接圆直径,利用勾股定理可求得三棱锥的外接球直径,再利用球体的表面积公式可求得结果.

    【详解】由三视图还原原几何体的直观图如下图所示:

    可以该几何体为三棱锥,其中平面

    ,所以,为等边三角形,

    如下图所示:

    圆柱的底面圆直径为,母线长为,则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等,

    为圆柱的外接球球心,且

    可将三棱锥置于内,使得的外接圆为圆

    其中圆的直径为,故三棱锥的外接球直径为

    所以,该几何体的外接球的表面积为.

    故选:C.

    8上有两个零点,则()

    A B C D

    【答案】D

    【分析】先化简题干函数,然后根据零点建立等式即可获解.

    【详解】

    其中,不妨设

    因为的两个零点,所以

    结合的范围知

    所以,

    所以

    故选:D

    9.已知正四棱锥的侧棱长为,则该正四棱锥体积的最大值为(    

    A B C D

    【答案】D

    【分析】设底面正方形边长为,高为,根据已知可得,.体积,求导可得到最大值.

    【详解】

    如图,连结交于点,连结.根据正四棱锥的性质,可知平面.

    设底面正方形边长为,高为,则.

    中,有,即,则.

    .

    ,则,令,解得(舍去负值).

    又当时,;当时,.

    所以,当时,有唯一极大值,也是最大值.

    故选:D.

    10.已知中,设角BC所对的边分别为abc的面积为,若,则的值为(    

    A B C1 D2

    【答案】B

    【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得:,通过余弦定理可将等式化简整理为,通过三角函数图像可知,同时通过基本不等式可知,即得,通过取等条件可知,将其代入问题中即可求解答案.

    【详解】已知

    由正弦定理可知:

    整理得:

    两边同除得:

    根据余弦定理得:,即

    ,当且仅当,即时等号成立.

    ,当且仅当时,等号成立.

    综上所述:

    故得:,此时

    .

    故选:B

    11.已知函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是(    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】化简,采用换元法,将问题转化为有两个不同的零点问题,分离参数,从而将问题转化为直线的图象有两个不同交点,数形结合,可得答案.

    【详解】由题意得 ,

    ,该函数在R上为单调增函数,且

    故函数有两个不同的零点,即有两个不同的零点,

    即直线的图象有两个不同交点,

    ,当时,递增,当时,递减,

    ,当时,

    作出其图象如图:

    由图象可知直线的图象有两个不同交点,需有

    故选:A.

    【点睛】方法点睛:解决函数有两个不同的零点的问题,要将函数式变形为,实质是采用换元法,令,将问题转化为有两个不同的零点,然后分离参数,利用导数判断函数单调性,数形结合,解决问题.

    12.已知,则(    

    A B C D

    【答案】A

    【分析】构造函数,求导,运用函数的单调性即可判断.

    【详解】 ,当 时,有

    当且仅当 时,等号成立,所以 是减函数,

    时,设

    单调递增, ,即 ,即

    故选:A.

     

    二、填空题

    13.若满足约束条件,则的最大值为__________.

    【答案】8

    【分析】作出可行域,作出目标函数对应的直线,平移该直线可得最优解.

    【详解】作出可行域,如图内部(含边界),作直线

    中,是直线的纵截距,向上平移该直线,增大,

    平移直线,当它过点时,为最大值.

    故答案为:8.

    14.已知圆的圆心在直线x2y30上,且过点A(2,-3)B(2,-5),则圆的一般方程为________________.

    【答案】x2y22x4y50

    【分析】方法一:设出圆的标准方程,代入点的坐标,建立方程组,求出答案;

    方法二:求出线段AB的垂直平分线方程,联立x2y30求出圆心坐标,进而计算出半径,写出圆的标准方程,化为一般方程.

    【详解】方法一:设所求圆的标准方程为(xa)2(yb)2r2

    由题意得:,

    解得:

    故所求圆的方程为(x1)2(y2)210

    x2y22x4y50.

    方法二:线段的中点坐标为,即

    直线的斜率为

    所以线段AB的垂直平分线的斜率为-2

    所以线段AB的垂直平分线方程为,即2xy40

    由几何性质可知:线段AB的垂直平分线与的交点为圆心,

    联立

    得交点坐标

    又点O到点A的距离,即半径为

    所以圆的方程为(x1)2(y2)210

    x2y22x4y50.

    故答案为:x2y22x4y50.

    15.已知的所有顶点都在球的表面上,,球的体积为,若动点在球的表面上,则点到平面的距离的最大值为__________.

    【答案】

    【分析】的外接圆的圆心为半径为,球的半径为,由题意可得

    ,当点的延长线与球的交于点时,到平面的距离的最大,即可得答案.

    【详解】解:因为

    所以,即.

    的外接圆的圆心为的外接圆的半径为,球的半径为,则

    因为平面

    所以,则.

    延长与球交于点,当点与点重合时,

    到平面的距离取得最大值.

    故答案为:

    16.如图所示,在长方体中,,点是棱上的一个动点,若平面交棱于点,给出下列命题:

    四棱锥 的体积恒为定值;

    存在点,使得平面;

    对于棱上任意一点,在棱上均有相应的点,使得平面;

    存在唯一的点,使得截面四边形的周长取得最小值.

    其中真命题的是_____________ . (填写所有正确答案的序号)

    【答案】①②④

    【分析】到平面的距离为定值可判断,由线面垂直的判定定理可判断,由线面的位置关系可判断,由面面平行的性质定理和对称性可判断④.

    【详解】对于, 由平面

    可得到平面的距离为定值,

    所以四棱锥的体积为定值,故正确;

    对于,得对角面为正方形,所以

    易知平面,而平面

    所以,若

    平面

    所以平面

    所以平面

    所以有平面,故正确;

    对于,可作出过的平面与平行,如图所示:

    当点与棱的中点重合时,作的中点,连接

    易知平面平面

    所以平面,同理平面

    平面

    所以平面平面

    易知:当点在线段内时,对应的点在棱上,

    而当点在线段内时,对应的点在棱上,故错误.

    对于,由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形,

    所以四边形的周长

    将矩形绕棱向内旋转90度,

    使矩形和矩形共面,连接于点,如下图所示:

    此时,四边形的周长取得最小值,

    故存在唯一的点,使得截面四边形的周长取得最小值,故正确.

    综上:①②④正确.

    故答案为:①②④.

     

    三、解答题

    17.已知数列的前项和为,满足.

    (1)求数列的通项公式;

    (2),求数列的前项和.

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)由的关系,结合等比数列的通项公式求解即可;

    2)利用错位相减法求解即可

    【详解】1

    时,

    ,即

    时,

    为首项,公比的等比数列,

    2

    18.已知在中,角所对的边分别为,且.

    (1)

    (2)设点是边的中点,若,求的取值范围.

    【答案】(1)

    (2).

     

    【分析】1)利用诱导公式化简给定等式,再利用正弦定理边化角即可求解作答.

    2)根据给定条件,利用向量数量积的运算律及性质,结合均值不等式求解作答.

    【详解】1)在中,依题意有,由正弦定理得:

    ,即,则有,即,而

    所以.

    2)在中,由(1)知,,又,点是边的中点,则,

    于是得

    ,显然,当且仅当时取等号,

    因此,即

    所以的取值范围是.

    19.如图,在几何体中,平面.

    (1)证明:平面平面

    (2),三棱锥的体积为,求直线与平面所成角的正弦值.

    【答案】(1)证明见解析;

    (2).

     

    【分析】1)若分别为的中点,连接,易证为平行四边形,再由平行四边形性质、线面垂直性质可得,进而由勾股定理得,则,由线面垂直得,最后根据线面、面面垂直的判定证结论;

    2)首先确定直线与平面所成角的平面角为,并求证,再应用棱锥体积公式求,即可求解.

    【详解】1)若分别为的中点,连接

    所以,又

    ,所以为平行四边形,故

    ,所以为平行四边形,故,而

    因为平面,则平面平面

    所以,即

    中,

    为等腰三角形,则

    平面平面,故,所以

    ,故,而

    所以面.

    2)由(1)知:,故直线与平面所成角的平面角为

    所以

    因为,故,即

    所以,且

    平面,故,则,而

    所以,即直线与平面所成角的正弦值.

    20.已知函数

    (1),求曲线在点处的切线方程;

    (2)上恒成立,求实数的取值范围.

    【答案】(1)

    (2)

     

    【分析】1)求出函数的导函数,即可求出切线的斜率,从而求出切线方程;

    2)参变分离可得上恒成立,令,利用导数说明函数的单调性,求出函数的最小值,即可得解.

    【详解】1)解:当时,

    所以

    所以

    故所求切线方程为

    2)解:因为上恒成立,

    ,则

    ,则

    所以上单调递减,

    因为

    由零点存在定理知,存在唯一,使

    所以上单调递增,在上单调递减,

    所以

    从而

    21.如图,ABC是正三角形,在等腰梯形ABEF中,.平面ABC平面ABEFMN分别是AFCE的中点,.

    (1)证明:平面ABC

    (2)求三棱锥NABC的体积.

    【答案】(1)证明见解析

    (2)2

     

    【分析】1)取的中点,连接,证明平面平面,原题即得证;

    2)取AB的中点O,连接OCOE,设,由勾股定理即可求出,进而可求解三棱锥NABC的体积.

    【详解】1)取CF的中点D,连接DMDN

    MN分别是AFCE的中点,

    平面ABC平面ABC平面ABC.

    ,同理可得, 平面ABC.

    平面MND平面MND

    平面平面ABC.

    平面MND平面ABC.

    2)取AB的中点O,连接OCOE.

    由已知得OAEFOA=EFOAFE是平行四边形,OEAFOE=AF

    ∵△ABC是正三角形,OCAB

    平面ABC平面ABEF,平面平面ABEFABOC平面ABEF

    平面ABEFOCOE.

    Rt△COE中,由,解得,即.

    由题意FAB60°MAB的距离即为M到平面ABC的距离

    平面ABC.

    22.已知,函数

    (1)时,讨论的单调性;

    (2)若曲线与直线有且只有一个公共点,求

    【答案】(1)减区间为,增区间为

    (2)

     

    【分析】1)当时,分析的符号变化,即可得出函数的减区间和增区间;

    2)利用导数分析函数的单调性与极值,可知函数有唯一的极小值,根据可求得正实数的值.

    【详解】1)解:当时,,函数的定义域为

    ,令,其中,则

    所以,函数上单调递增,且

    所以当时,单调递减,

    时,单调递增.

    因此,当时,函数的减区间为,增区间为.

    2)解:依题意,的定义域为.

    所以,上单调递增,

    故存在,使得.

    时,,则,此时单调递减,

    时,,则,此时单调递增,

    时,取极小值,则也是函数唯一的极值点,

    ,即

    等式的两边同时取自然对数,则有,则

    ①②

    当且仅当时,等号成立.

    时函数取最小值,函数的图象过点,函数与有且只有一个交点.

    ,可得,即

    ,其中,则.

    时,,此时函数单调递减,

    时,,此时函数单调递增,

    所以,,因此,.

    所以曲线与直线有且只有一个交点时,

    【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:

    1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;

    2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;

    3)参变量分离法:由分离变量得出,将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

     

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