2023届河南省普高联考高三下学期测评（四）数学（理）试题含解析

2023届河南省普高联考高三下学期测评（四）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二次不等式解法求出集合B，求出及，根据元素和集合的关系即可逐项判断.

【详解】由题可知或，则，或，依据选项可知B正确.

故选：B．

2．若复数z的共轭复数为，且，则z的虚部为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】先根据条件求出复数，然后可得虚部.

【详解】设复数，a，，则，

即，解得，则，故z的虚部为2.

故选：D．

3．已知等比数列的前n项和为，且，，则（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】B

【分析】先根据的定义依次求出，再由等比数列的定义即可得到关于的关系式，解之即可得出答案.

【详解】因为，

当时，，

当时，，则，

当时，，则，

因为是等比数列，所以，则，

所以，解得，

则，

则.

故选：B.

4．塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑．最初是供奉或收藏佛骨、佛像、佛经、僧人遗体等的高耸型点式建筑，称“佛塔”．如图，为测量某塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度约为（    ）（参考数据：，）

A．13米 B．24米 C．39米 D．45米

【答案】C

【分析】在Rt△ABC根据∠ACB的正切得AB与BC的关系，在△BCD中利用正弦定理列式即可求解．

【详解】设，则，

在中，，由正弦定理得，

因为，

代入数据，解得（米），

故选：C．

5．函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先判断函数的奇偶性即可排除选项；再利用特殊值即可排除选项，进而求解.

【详解】函数的定义域为，

且，

所以是奇函数，图象关于原点对称，排除选项，

只需研究的图象，当时，，则，排除选项.

故选：．

6．某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了“绘画、书法、围棋、舞蹈、武术”五项兴趣拓展活动，小明计划从这五项活动中选择三项，则书法、舞蹈这两项活动至多有一项被选中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】方法一：根据排列组合结合分类加法法则得出答案；

方法二：先求出“书法、舞蹈这两项活动都被选中”的概率，即可根据对立事件的概率求法得出答案.

【详解】方法一：“书法、舞蹈这两项活动至多有一项被选中”分两种情况：

①都没有被选中，有种情况；②两项活动只有一项被选中，有种情况，

则所求概率为，故选B．

方法二：“书法、舞蹈这两项活动至多有一项被选中”的对立事件是“书法、舞蹈这两项活动都被选中”，故所求概率为，

故选：B．

7．记不等式组的解集为D，现有下面四个命题：

，；，；

，；，．

其中真命题的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】作出不等式组所表示的区域，再逐项的作出对应直线，观察所作直线与可行域的关系，再利用存在命题与全称命题的概念进行判断即可求解.

【详解】不等式组的解集D表示的可行域如图中阴影部分所示，依据图（1）知命题为真命题，依据图（2）知命题为真命题，

依据图（3）知命题为假命题，依据图（4）知命题为真命题．所以真命题有3个，

故选：C．

8．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于点A，B，与抛物线的准线交于点M，且点A位于第一象限，F恰好为AM的中点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义，又F恰好为AM的中点，可得到比例，进一步推导得到的值.

【详解】如图，

过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为N，E，根据抛物线的定义得，，因为F为AM的中点，所以，又，所以，所以.

故选：A

9．任意写出一个正整数，并且按照以下的规律进行变换：如果是个奇数，则下一步变成，如果是个偶数，则下一步变成，无论是怎样一个数字，最终必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．它可以表示为数列（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出的可能情况，可得出的所有可能取值，相加即可得解.

【详解】由题意，的可能情况有：

①；②；

③；④；

⑤；⑥；

所以，的可能取值集合为，的所有可能取值之和为.

故选：B.

10．在菱形ABCD中，，，AC与BD的交点为G，点M，N分别在线段AD，CD上，且，，将沿MN折叠到，使，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设MN与BD的交点为H，连接，证明平面ABC．设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，先求出，再求出三棱锥的外接球的半径即得解.

【详解】如图所示，因为，，

所以，设MN与BD的交点为H，连接，

因为，，所以，则，，

所以．又，则，则．又，，平面ABC，故平面ABC．

设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，且四边形为矩形．设的外接圆半径为，在中，由，解得，同理可得的外接圆半径，所以．设三棱锥的外接球半径为R，则，则三棱锥的外接球的表面积.

故选：B．

11．设双曲线的左、右焦点分别为，，B为双曲线E上在第一象限内的点，线段与双曲线E相交于另一点A，AB的中点为M，且，若，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】连结连接、.设，根据双曲线的定义可推得，即．进而在直角三角形中，根据勾股定理可得.结合已知条件，即可得出，从而得出离心率.

【详解】

如图，连接、.

因为M为AB的中点，，所以．

设，

因为，所以.

又因为，所以，

则．

因为M为AB的中点，所以，则．

设，在中，，

在中，，

则，整理可得，所以．

当时，，则，

所以离心率为．

故选：D．

12．已知，，，其中e为自然对数的底数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，，利用导数判断其单调性即可判断的大小；，可构造函数判断与的大小，构造函数判断与的大小，从而可判断的大小.

【详解】令，，

令，

则，

当时，，则在上单调递增，

又，所以当时，，又，所以在上恒成立，又，所以，即．

令，则，

当时，，所以在上单调递减，

所以当时，，即．

令，则，在上单调递减，

所以当时，，即，

所以在上恒成立．

令，则，所以．

综上所述，．

故选：D．

【点睛】构造函数比较大小主要方法有：1.通过找中间值比较大小，要比较的两个或者三个数之间没有明显的联系，这个时候我们就可以通过引入一个常数作为过渡变量，把要比较的数和中间变量比较大小，从而找到他们之间的大小；2.通过构造函数比较大小，要比较大小的几个数之间可以看成某个函数对应的函数值，我们只要构造出函数，然后找到这个函数的单调性，就可以通过自变量的大小关系，进而找到要比较的数的大小关系.有些时候构造的函数还需要通过放缩法进一步缩小范围.

二、填空题

13．二项式的展开式中的系数为________．

【答案】90

【分析】由二项式展开式通项公式可求.

【详解】由题知，当时，，故的系数为90．

故答案为：90.

14．如图，在矩形ABCD中，，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意点（包含端点），则的最大值为________．

【答案】##

【分析】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，写出对应点的坐标，设，根据平面向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向，建立平面直角坐标系，

则，，，设，

所以，，则，

因为，所以，即的最大值为．

故答案为：．

15．圆与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)，点N满足，直线与圆M和点N的轨迹同时相切，则直线l的斜率为________．

【答案】

【分析】求出A、B坐标，设N(x,y)，求出N的轨迹圆E的方程，作出图象，利用圆的公切线的几何性质即可求其斜率．

【详解】对于圆，令，得，解得或，

则，．

设，∵，∴，

则，整理得，

则点N的轨迹是圆心为，半径为的圆．

又圆M的方程为，则圆M的圆心为，半径为．

∵，∴两圆相交，

设直线l与圆M和点N轨迹圆E切点分别为C，D，

连接CM，DE，过M作DE的垂线，垂足为点F，则四边形CDFM为矩形，

∵，，∴，

则，

则两圆公切线CD的斜率即为直线FM的斜率为．

故答案为：.

16．先将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象与函数的图象关于x轴对称，若函数在上恰有两个零点，且在上单调递增，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】先根据题目的要求平移伸缩对称变换得到的解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递增，列出不等式组，即可求得本题答案.

【详解】函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，

再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，因为函数的图象与的图象关于x轴对称，

所以，

因为，所以，

又因为在恰有2个零点，且，，

所以，解得，

令，，得，，令，得在上单调递增，所以，

所以，又，解得．

综上所述，，故的取值范围是．

故答案为：

三、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)若的面积为，点D在线段AC上，且，求BD的最小值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合三角恒等变换化简可推得，即可得出答案；

（2）由已知可推得.在中，由余弦定理可推得，然后根据基本不等式，即可得出BD的最小值．

【详解】（1）由正弦定理得，

又，则，

化简得．

又，所以，则．

因为，所以．

（2）由（1）知，则的面积为，解得．

在中，，

由余弦定理得，

当且仅当，即，时等号成立，

所以BD的最小值为．

18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，，，，，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点(含端点)．

(1)若E为线段AD的中点，证明：平面平面MAD；

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)在△ADO中，利用勾股定理证明ED⊥EO，再结合ED⊥MO即可证明平面MOE，从而可证明平面平面MAD；

(2)连接OA，证明，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解二面角的余弦值．

【详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，∴．

∵O为线段CD的中点，E为线段AD的中点，∴，，

∵，由余弦定理得，

则，则．

∵，平面MOE，∴平面MOE，

又∵平面MAD，∴平面平面MAD．

（2）连接OA，由(1)知当E为线段AD的中点时，，

则A、O、D三点在以AD为直径的圆上，故．

故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

又，则，

∴，，，．

又，则，

∴，，，．

设平面MAD的法向量为，则解得

取，则平面MAD的一个法向量为．

设平面MEO的法向量为，则解得

取，则平面MEO的一个法向量为．

则，

则二面角的余弦值为．

19．某公司为了解年营销费用x（单位：万元）对年销售量y（单位：万件）的影响，统计了近5年的年营销费用和年销售量，得到的散点图如图所示，对数据进行初步处理后，得到一些统计量的值如下表所示．

表中，，，．已知可以作为年销售量y关于年营销费用x的回归方程．

(1)求y关于x的回归方程；

(2)若公司每件产品的销售利润为4元，固定成本为每年120万元，用所求的回归方程估计该公司每年投入多少营销费用，才能使得该产品一年的收益达到最大？（收益销售利润营销费用固定成本）

参考数据：，．

参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

【答案】(1)

(2)该公司每年投入351万元营销费用时，该产品一年的收益达到最大

【分析】(1)根据题目要求可知，y关于x的回归方程为非线性的，设，可得，代入已知条件所给的数据，计算即可.(2)列出年收益与营销费用的关系式，通过求导来求得最值.

【详解】（1）由得，，令，，，则．

由表中数据可得，，

则，所以．

即，因为，所以，

故所求的回归方程为．

（2）设年收益为W万元，则，

对求导，得，

令，解得，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因此，当时W有最大值，即该公司每年投入351万元营销费用时，该产品一年的收益达到最大．

20．已知椭圆的右焦点为F，离心率为，且点在椭圆上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过右焦点F且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为Q，经过坐标原点O和点Q的直线m与椭圆C交于M，N两点，求四边形AMBN的面积的取值范围．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）由题得到关于的方程，解方程即得解；

（2）设直线l的方程为，联立椭圆C的方程得到韦达定理，设线段AB的中点为，求出它的坐标，求出、点M，N到直线l的距离，再化简求出即得解.

【详解】（1）设椭圆右焦点的坐标为，则，即，

又，则，

因为点在椭圆上，

所以，即，解得，

则，，所以椭圆C的标准方程为．

（2）由（1）知，因为直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为，

代入椭圆C的方程，消去x化简得，

设，，则，．

设线段AB的中点为，则，，即，则直线m的方程为，

代入椭圆C的方程可得，不妨设，．

，

点M，N到直线l的距离分别为，，

则四边形AMBN的面积为．

因为点M，N在直线l的两侧，所以，

因为，所以．

因此，四边形AMBN的面积的取值范围为．

21．已知函数．

(1)当时，求在点处的切线方程；

(2)当时，，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由导数法求切线；

（2）法一：对m分类讨论，由导数法研究函数单调性及符号即可判断，其中时，由作差法说明，将问题转化为判断的符号；

法二：不等式等价为，由导数法研究图象性质，由数形结合判断范围.

【详解】（1）因为，所以，

因为，，所以切线方程为，即．

（2）方法一：i.若，

由，可得，

设，则，

当时，，所以单调递增，则；

当时，，所以，

所以恒成立，符合题意；

ii.若，，

当时，，不合题意．

iii.若，，

设，则，

当时，，所以在上单调递增，

因为，，所以存在，使得，

当时，，则在上单调递减，，不合题意．

综上所述，m的取值范围为．

方法二：由题知当时，，即，

因为，所以．

设，因为，所以为周期函数，且周期为．

，

令，则或，，

所以当，时，，则单调递增；

当，时，，则单调递减．

当时，令，则，则单调递减，∴.

当时，直线与曲线相切，如图，

根据图象可知，要使，只需，故实数m的取值范围为．

【点睛】恒成立问题，一般可通过分离参数法，转化为由导数法研究不含参部分的最值；或者对参数分类讨论，由导数法分别说明.

22．在直角坐标系中，直线l的参数方程为其中t为参数，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，其中为参数．

(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程，并画出曲线C的简图（无需写出作图过程）；

(2)直线与曲线C相交于A，B两点，且，求的值．

【答案】(1)，，作图见解析；

(2)或．

【分析】（1）消去参数，即可得出直线的普通方程.根据公式即可求得曲线C的直角坐标方程.然后根据方程作图即可；

（2）设点A位于第一象限，由图象集合已知条件可推出，.由，可求得.然后根据的范围，即可得出的值．

【详解】（1）将直线的参数方程消去t，得普通方程为．

曲线C的极坐标方程为，即，

又，，，所以曲线C的直角坐标方程为．

则曲线C的简图如图所示．

（2）不妨设点A位于第一象限，结合图形和直线可知，

，，

则，

所以.

又，所以，

则或，所以或．

23．已知函数的最小值为m．

(1)在直角坐标系中画出的图象，并求出m的值；

(2)a，b，c均为正数，且，求的最小值．

【答案】(1)作图见解析，

(2)3

【分析】(1)写出f(x)解析式，按照一次函数图象画法即可画出图象，根据图象即可求出最小值m；

(2)利用基本不等式得，，，三式相加即可求得的最小值．

【详解】（1）由题知

描点，，，，连线得的图象如图所示．

通过图象可知，当时，函数的最小值为，即．

（2）由(1)知，，

，，，

三个式子相加得，当且仅当时等式成立，

∴的最小值为3．