2023届河南省郑州外国语学校高三下学期第五次调研数学试题含解析

这是一份2023届河南省郑州外国语学校高三下学期第五次调研数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届河南省郑州外国语学校高三下学期第五次调研数学试题

一、单选题
1．设全集，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知得出全集，即可根据集合的补集运算得出答案.
【详解】解得，
则全集，
则，
故选：D.
2．已知复数，则“”是“”的（    ）条件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】当时，即，，充分性；取，则，，不必要，得到答案.
【详解】设，，当时，即，
，充分性；
取，则，，不必要性.
综上所述：“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．已知定义在上的奇函数满足①对任意的都有成立；②当时，，则在上根的个数是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】试题分析：因为对任意的都有成立，所以奇函数是周期为4的周期函数．当时，，则在上根的个数等价于函数与函数的图像的交点个数．由图可知，其交点的个数为个，故应选．

【解析】1、函数的周期性；2、分段函数；3、函数与方程．
【思路点睛】本题主要考查了方程的根的存在性及个数判断、函数的周期性和函数的奇偶性，体现了化归与转化的数学思想，属中档题．其解题的一般思路为：首先由题意可得奇函数是周期为4的周期函数，然后将问题“在上根的个数”转化为“函数与函数的图像的交点个数”，再分别作出两个函数的图像并结合函数图像得出所求的结果即可．
4．已知一个古典概型的样本空间和事件，如图所示. 其中则事件与事件（    ）

A．是互斥事件，不是独立事件
B．不是互斥事件，是独立事件
C．既是互斥事件，也是独立事件
D．既不是互斥事件，也不是独立事件
【答案】B
【解析】由可判断事件是否为互斥事件，由可判断事件是否为独立事件.
【详解】因为，
所以，，，
所以事件与事件不是互斥事件，
所以，，
所以，所以事件与事件是独立事件.
故选：B.
5．设满足约束条件，则的最小值是（    ）
A．4 B．5
C．8 D．9
【答案】A
【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析，当经过A点时，z取最小值得解．
【详解】由题得不等式组对应的可行域为如图所示的△ABC，

由题得y=-2x+z，当直线经过点A时，直线的纵截距最小，z最小．
联立得A(1，2)，
所以的最小值是2×1+2=4．
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，规范作图是解题关键，属于基础题
6．已知随机变量，下列表达式正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据二项分布的性质，结合数学期望和方差的性质进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以，
因此，，
因此选项B、D不正确，选项C正确，
又因为，所以选项A不正确，
故选：C
7．将三颗骰子各掷一次，记事件“三个点数都不同”，“至少出现一个点”，则条件概率，分别等于（    ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】由古典概型概率公式分别求得，代入条件概率公式求解即可.
【详解】由题意知：事件“三个点数都不同且至少出现一个点”，
，，，
，.
故选：B.
8．矗立在上饶市市民公园的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方．某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点，，处测得铜雕顶端处仰角分别为，，，且，则四门通天的高度为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设的投影为，且，利用锐角三角函数表示出、、，再在和中分别用余弦定理得到方程，解得即可.
【详解】解：设的投影为，且，在中，，
所以，

在中，，所以，
在中，，所以，
在和中分别用余弦定理得，
解得或（舍去），即四门通天的高度为.
故选：B
9．函数（，）的部分图象如图所示，图象与轴交于点，与轴交于点，点在图象上，点、关于点对称，则下列说法中正确的是（       ）

A．函数的最小正周期是
B．函数的图象关于点对称
C．函数在单调递减
D．函数的图象向右平移后，得到函数的图象，则为偶函数
【答案】B
【分析】对A，可求得函数的周期为；对C，可求得在递减，在递增，根据图象求出；对D，，是奇函数；利用排除法，即可得到答案；
【详解】点、关于点对称，则，，所以A错误；
由，可得，代入，可得，
解得，，，则，即，
因为，
所以的图象关于点对称，对称，故B正确；
由图象可得在，递减，在，递增，则在递减，在递增，所以C错误；
函数的图象向右平移后，可得，是奇函数，D错误.
故选：.
10．已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，以为直径的圆与在第二象限交于点，且双曲线的一条渐近线垂直平分线段，则的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【分析】由题知，，进而得直线、的方程并联立得，再将其代入双曲线方程整理得，再求离心率即可.
【详解】解：由题设，渐近线，，
因为以为直径的圆与在第二象限交于点，
所以，
因为双曲线的一条渐近线垂直平分线段，
所以， ，，
所以，直线的方程为，直线的方程为，
所以，联立方程得，
所以，将代入整理得，即，
所以，的离心率为.
故选：D

11．已知点M是棱长为3的正方体的内切球O球面上的动点，点N为线段上一点，，，则动点M运动路线的长度为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件探求出过点D垂直于直线BN的平面，可得此平面截球O的截面小圆即为M的运动路线，求出点O到此截面距离即可计算作答.
【详解】在正方体中，在BB1上取点P，使B1P=2BP，连接CP，DP，如图，

因N在B1C上，有，即，则，，于是得，
而平面BCC1B1，平面BCC1B1，则，又，平面CDP，则有平面CDP，
因动点M满足，则有点M在平面CDP内，依题意，平面CDP截球O的截面小圆即为M的运动路线，
令正方形BCC1B1与正方形ADD1A1的中心分别为E，F，连接EF，则正方体内切球球心O必为线段EF中点，
显然，EF//CD，平面CDP，平面CDP，于是得EF//平面CDP，则点O到平面CDP距离等于点E到平面CDP的距离h，
取BC中点G，连接EG，CE，PE，而平面CDP⊥平面BCC1B1，平面CDP平面BCC1B1=CP，则的边CP上的高等于h，
EG⊥BC，，则，直角梯形BGEP中，，则，
中，，由余弦定理得，，
由得：，
设点M运动路线的小圆半径为r，而球O的半径，由得，，
所以动点M运动路线的长度为.
故选：B
12．对于函数，有下列四个论断：
①是增函数
②是奇函数
③有且仅有一个极值点
④的最小值为
若其中恰有两个论断正确，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据函数的定义域确定无论为何值，②一定错误，在讨论的范围，当时，恒大于零，故原函数没有极值点和最小值，故不满足题意，即选项B、D排除.当时，函数不是增函数，在分别验证选项A、C，当时，求得函数最小值不为，当时满足题意.
【详解】函数的定义域为，故函数是非奇非偶，即无论为何值，②一定错误
对函数进行求导，
当时，恒大于零，原函数单调递增，
故原函数没有极值点和最小值，故选项B、D排除.
当时，函数不是增函数，故只能有③④正确；
当时，函数，导函数，
令，，，在上单调递增，
由于，，
故，使得，即     
，，在单调递减，
，，在单调递增  
故函数有且仅有一个极值点，的最小值为
故只满足③，排除选项A
当时，，
令，，，在上单调递增，
， ，，在单调递减，
，，在单调递增  
故的最小值为
故满足③④
故选：C.

二、填空题
13．在等比数列中，是函数的极值点，则＝__________．
【答案】
【分析】由题，利用导数及韦达定理可得，后利用等比中项性质可得答案.
【详解】，
由题是方程的两个不等实根，
则由韦达定理，所以
又是的等比中项且与同号，则.
故答案为：.
14．若直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1,1)，则该直线在x轴、y轴上的截距之和的最小值为________．
【答案】4
【解析】把点(1,1)代入直线ax＋by＝ab，得到＋＝1，然后利用a＋b＝(a＋b) ，再由基本不等式即可求得最值.
【详解】∵直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1,1)，
∴a＋b＝ab，即＋＝1，
∴a＋b＝(a＋b) ＝2＋＋≥2＋2＝4，当且仅当a＝b＝2时上式等号成立．
∴直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为4.
故答案为：4.
【点睛】点睛：本题主要考查直线方程以及利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
15．将编号为1，2，3，4，5，6，7的七个小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为______.
【答案】315
【分析】根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，再由排列组台及计数原理，即可求解.
【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，共种不同取法；
第二步：再将剩下的个小球放入到个盒子中,且小球编号与放入的小球的编号不相同，共种不同放法；
因而有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同的不同放法种数为种.
故答案为：
【点睛】本题考查了排列组合及计数原理，考查理解辨析能力与运算求解能力，属中档题.

三、双空题
16．已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.

【答案】         
【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.
【详解】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.

令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，

所以，
当时，取最大值.
故答案为：；

四、解答题
17．记Sn为数列的前n项的和，已知，是公差为的等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记数列的前n项和为Tn，试求除以3的余数．
【答案】(1)
(2)2

【分析】（1）根据等差数列的定义，写出数列的通项公式，整理可得数列的递通项公式；
（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数
【详解】（1）由是公差为的等差数列，且，则，
即，当时，，
两式相减可得：，即，
因为满足上式，所以数列的通项公式为
（2）由（1）可得，所以，
又，
因为均为正整数，所以存在正整数使得，
故，
所以除以3的余数为2.
18．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面平面ABEF，．

(1)已知点G为AF上一点，且AG=1，求证：平面DCE；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接AE,交BG于点,取DE的中点,连接HO,HC,GE，由中位线性质可得，结合题意可得四边形BCHO为平行四边形,可得，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用面面垂直的性质定理可得平面ABEF,建立空间直角坐标系，设，求出和平面DCE的法向量，利用线面角空间向量的求法可得到，再求出平面BDF的法向量，利用面面角的空间向量的求法即可求解
【详解】（1）连接AE,交BG于点,取DE的中点,连接HO,HC,GE，
四边形ABEG为平行四边形,
为AE的中点,,
又,
四边形BCHO为平行四边形,,
平面平面DCE,
平面DCE,即平面DCE.
（2）平面平面ABEF,平面平面,平面ABCD,
平面ABEF,
以为原点,以AF,AB,AD所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

设且,则,,

设平面DCE的法向量为,则,即,
令,则,
直线BF与平面DCE所成角的正弦值为,

化简得,解得或(舍),

设平面BDF的法向量为,则,即,
令,则,
，
故平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为.
19．某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．
(1)若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；
(2)已知，则：
①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；
②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？
【答案】(1)
(2)①当时，最大概率为；②625

【分析】（1）先罗列出“神投小组”的可能情况，然后利用独立事件的乘法公式进行求概率即可；
（2）①先求出获得“神投小组”称号的概率，结合可得令，，利用二次函数的性质即可求解；②利用二项分布的知识即可求解
【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,
，
他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为
（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率
，
又,则，
令,则,

在上单调递增,则,
此时.
②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,
,则,
平均要进行625轮游戏.
20．已知椭圆的左､右焦点分别为，且.过右焦点的直线与交于两点，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过原点作一条垂直于的直线交于两点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意求得即可解决；
（2）分直线斜率不存在，斜率存在两种情况，斜率存在时设，直线，直线，联立椭圆方程求得，，得，令，则不妨设，即可解决.
【详解】（1）由，得，
又的周长为，即，
，
椭圆的标准方程为.
（2）设，

当直线的斜率为0时，得；
当直线的斜率不为0时，设直线，直线，
联立直线和椭圆的方程，并消去整理得
，
.
由根与系数的关系得，
所以.
联立直线和椭圆的方程，并消去整理得
，由根与系数的关系得，
，
所以.
令，则
不妨设
，
，
，
，

综上可得，的取值范围为.
21．已知函数，，其中．
(1)若方程在（为自然对数的底数）上存在唯一实数解，求实数a的取值范围；
(2)若存在，使不等式成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由可得，则题意可转化成在上有唯一的零点,分，和三种情况进行讨论分析即可；
（2）题意可转化成函数在上的最小值小于零，求导，然后分，和三种情况分析其最小值即可
【详解】（1）函数,
因为,所以,即,
令,由题意得只需函数在上有唯一的零点,
又,其中,
当时,恒成立,单调递增,又,则函数在区间[1,e]上有唯一的零点;
当时,恒成立,单调递减,又,则函数在区间[1,e]上有唯一的零点;
当时,
当时,单调递减,又,所以,则函数在区间上有唯一的零点;
当时,单调递增,则当时符合题意,即,
所以,所以当时,则函数在区间上有唯一的零点;
综上所述,实数的取值范围是;
（2）存在,使不等式成立,
等价于在上有解,即函数在上的最小值小于零,

①时,即时,在[1,e]上单调递减,所以的最小值为,
由,可得,又,故;
②当时,即时,在[1,e]上单调递增,所以的最小值为,
由,可得;
③当,即时,
当时,单调递减,当时,单调递增，
可得的最小值为,
因为,所以,,
所以不成立,
综上所述,实数的取值范围是
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．已知曲线C的参数方程是（φ为参数，a>0），直线l的参数方程是（t为参数），曲线C与直线l有一个公共点在x轴上，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系.
（1）求曲线C的普通方程；
（2）若点A（ρ1，θ），B（ρ2，θ＋），C（ρ3，θ＋）在曲线C上，求的值.
【答案】（1）＋＝1.（2）.
【解析】（1）根据题意，求出公共点，代入曲线C即可；
（2）用极坐标进行处理，利用点在曲线上，点的坐标满足方程，化为三角函数式求解.
【详解】（1）直线l的普通方程为x＋y＝2，与x轴的交点为（2，0）.
又曲线C的普通方程为＋＝1，所以a＝2，
故所求曲线C的普通方程是＋＝1.
（2）因为点A（ρ1，θ），B，C在曲线C上，
即点A（ρ1cosθ，ρ1sinθ），B(ρ2cos，ρ2sin（θ＋）)，
C(ρ3cos，ρ3sin)在曲线C上.
故＝＋＋
＝(cos2θ＋cos2＋cos2)＋(sin2θ＋sin2＋sin2)
＝＋＋)
＋＋＋)
=
=

=
【点睛】本题考查参数方程与普通方程的转化，涉及三角函数的化简，极坐标中的距离问题，属基础题.
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)在（1）的条件下，设中的最小的数为，正数满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此解不等式.
（2）结合基本不等式求得的最小值.
【详解】（1），
不等式可化为，或，或，
解得，所以.
（2）由（1）可知，所以，
所以



当且仅当，，即时等号成立，
所以的最小值为．