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
展开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】由,得,解得,
所以,
由,得,解得,
所以,
所以,
故选:C.
2.已知,,则“”是“”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“”是“”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D,G,F在水平线DH上,CD和EF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=( )
A.60米 B.61米 C.62米 D.63米
【答案】D
【分析】根据已知条件,利用与、与相似即可求出的值.
【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;
由由及推导出,故周期为4,A错误;
根据函数的周期性求出,D错误.
【详解】∵为偶函数,
∴,
∴,
故
即,
∴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;
由及知,,
∴,
∴,即,
∴,故
∴函数的周期为4,A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,则异面直线与所成角的余弦值是( )
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与所成的角,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,
又因为是的中点,所以,所以,则或其补角是异面直线与所成的角.
设,则,
从而,
故,
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选:A
6.在平行四边形中,、分别在边、上,,与相交于点,记,则( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据题意过点作平行于,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】过点作平行于,交于点,
因为,则为的中点,所以且,
因为,所以,
由可得:,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,
则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.在上有两个零点,,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
因为是的两个零点,所以
即
结合的范围知
所以,即
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,.
在中,有,即,则.
则.
设,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、B、C所对的边分别为a、b、c,的面积为,若,则的值为( )
A. B. C.1 D.2
【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.
又,当且仅当时,等号成立.
综上所述:且,
故得:,此时且,
,.
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与的图象有两个不同交点,数形结合,可得答案.
【详解】由题意得 ,
令 ,,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,
令即直线与的图象有两个不同交点,
又,当时,递增,当时,递减,
则,当时,,
作出其图象如图:
由图象可知直线与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】设 ,当 时,有 ,
当且仅当 时,等号成立,所以 是减函数, ,
即 ;
当 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,
在中,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x-2y-3=0上,且过点A(2,-3),B(-2,-5),则圆的一般方程为________________.
【答案】x2+y2+2x+4y-5=0
【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x-2y-3=0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(x-a)2+(y-b)2=r2,
由题意得:,
解得:
故所求圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10,
即x2+y2+2x+4y-5=0.
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2x+y+4=0,
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(x+1)2+(y+2)2=10,
即x2+y2+2x+4y-5=0.
故答案为:x2+y2+2x+4y-5=0.
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】设的外接圆的圆心为半径为,球的半径为,由题意可得,
,当点为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.
设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,
点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:
①四棱锥 的体积恒为定值;
②存在点,使得平面;
③对于棱上任意一点,在棱上均有相应的点,使得平面;
④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】由到平面的距离为定值可判断①,由线面垂直的判定定理可判断②,由线面的位置关系可判断③,由面面平行的性质定理和对称性可判断④.
【详解】对于①, 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①正确;
对于②,,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,面,
所以, ,平面,
所以有平面,故②正确;
对于③,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③错误.
对于④,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,连接交于点,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④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)记,求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由于的关系,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)①,
当时,②,
①②得,即,
又时,,
∴为首项,公比的等比数列,
故,
∴
(2)
③
④
③④得
∴
18.已知在中,角所对的边分别为,且.
(1)求;
(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:,
而,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)若,,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,
所以且,又,,
故、,所以为平行四边形,故,
且、,所以为平行四边形,故且,而,
因为平面,则平面,平面,
所以,即,,
在中,,
故△为等腰三角形,则,
平面,平面,故,所以,
,面,故面,而面,
所以面面.
(2)由(1)知:面,故直线与平面所成角的平面角为,
所以,
因为,,故,即,
所以,且,
又平面,故,则,而,
所以,即直线与平面所成角的正弦值.
20.已知函数,.
(1)若,求曲线在点处的切线方程;
(2)若在上恒成立,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)参变分离可得在上恒成立,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:因为在上恒成立,
令,,则,
令,则,
所以在上单调递减,
因为,,
由零点存在定理知,存在唯一,使,
所以在上单调递增,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ABEF,M,N分别是AF,CE的中点,.
(1)证明:平面ABC;
(2)求三棱锥N-ABC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OC,OE,设,由勾股定理即可求出,进而可求解三棱锥N-ABC的体积.
【详解】(1)取CF的中点D,连接DM,DN,
∵M,N分别是AF,CE的中点,∴,,
又∵平面ABC,平面ABC,∴平面ABC.
又,∴,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OC,OE.
由已知得OAEF且OA=EF,∴OAFE是平行四边形,∴OEAF且OE=AF
∵△ABC是正三角形,∴OC⊥AB,
∵平面ABC⊥平面ABEF,平面平面ABEF=AB,∴OC⊥平面ABEF,
又平面ABEF,∴OC⊥OE.
设,,
在Rt△COE中,由,解得,即.
由题意∠FAB=60°,M到AB的距离即为M到平面ABC的距离
又平面ABC,∴.
22.已知,函数.
(1)当时,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,函数在上单调递增,且.
所以当时,,单调递减,
当时,,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,.
令,,
所以,在上单调递增,,
,
故存在,使得.
当时,,则,此时单调递减,
当时,,则,此时单调递增,
当时,取极小值,则也是函数唯一的极值点,
由得,即,①
等式①的两边同时取自然对数,则有,则.②
由①②得,
当且仅当时,等号成立.
当时函数取最小值,函数的图象过点,函数与有且只有一个交点.
由,可得,即,
令,其中,则.
当时,,此时函数单调递减,
当时,,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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