2023届河南省名校青桐鸣高三下学期4月联考数学（文）试题含解析

2023届河南省名校青桐鸣高三下学期4月联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数单调性求集合N，再结合集合的交集运算求解.

【详解】由，则，

得，解得，即，

故.

故选：C.

2．复数满足，则（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】根据复数除法运算法则和复数模的含义即可得到答案.

【详解】，

则，故.

故选：B.

3．已知命题：，命题：，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】B

【分析】先由和解出的范围，再由充分必要的定义判断即可.

【详解】由题意得，命题：，命题：，故是的必要不充分条件.

故选:B.

4．已知正实数，，点在直线上，则的最小值为（    ）

A．4 B．6 C．9 D．12

【答案】C

【分析】根据题意可得，结合基本不等式运算求解.

【详解】由题意得，且，

故，

当且仅当，即，时，等号成立.

故选：C.

5．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据切化弦以及两角和差公式解出，代入两角差的余弦公式即可.

【详解】由题意可得，

即，，

故.

故选：A.

6．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性和特殊值，逐一判断，即可得到本题答案.

【详解】由，又，可知为偶函数，排除B；

因为，可排除D，

又由，可排除C.

故选:A

7．若执行下面的程序框图，则输出的（    ）

A．有6个值，分别为6，10，28，36，66，78

B．有7个值，分别为6，10，28，36，66，78，91

C．有7个值.分别为6，10，28，36，66，78，120

D．有8个值，分别为6，10，28，36，66，78，120，136

【答案】C

【分析】，当结果为偶数时，输出，直到，依次计算得到答案.

【详解】，当结果为偶数时，输出，直到，则

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，输出；

当时，，输出，结束.

故选：C.

8．已知圆为的外接圆，，，则（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】B

【分析】先利用正弦定理求外接圆的半径，再根据数量积的定义分析运算.

【详解】如图，圆的直径为，

故，，

故.

故选：B.

9．函数的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】结合和差公式和辅助角公式，恒等变形，即可得到本题答案.

【详解】

，

所以的最大值为1.

故选：A

10．在长方体中，，为的中点，平面，则与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题目条件，先求出的大小，然后根据异面直线所成角的定义，可知即为所求角，再利用余弦定理，即可求得本题答案.

【详解】连接，，，连接，如图，

平面，平面，则，

又平面，平面，则，

因为，平面，平面， 则平面，又平面，则，

所以，则，

则，解得，

由长方体的性质易知，且，所以四边形为平行四边形，

所以，则即为所求角，

在中，，，故，

所以与所成角的余弦值为.

故选：B.

11．已知函数满足，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合，，可得是首项为，公比为2的等比数列，然后利用通项公式先求，再代入到，即可求得本题答案.

【详解】因为，

所以是首项为，公比为2的等比数列，

所以，则.

故选：B

12．已知抛物线上有三点，，，点的纵坐标为2，，且，，则面积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别用表示出和点到直线的距离，然后利用导数求最值，即可得到本题答案.

【详解】由题意得，，则，

由，得，

设直线：，代入抛物线方程得，

可得，得，

，

点到的距离为，

故，

由，，得，即，又，则，

设，则，

易得当且仅当时，取得最大值，为，

故最大值为.

故选：C

二、填空题

13．已知的一条切线是，则实数______.

【答案】

【分析】设切点坐标为，根据导数导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解得实数的值.

【详解】因为，则，

设切点坐标为，则满足①，

，则，代入①得，解得，

所以，.

故答案为：.

14．已知一个球的表面上有四点、、、，，，，平面平面，则该球的表面积为______.

【答案】

【分析】分析可知球心在平面内，计算出的外接圆半径，即为球的半径，在利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】设球心为，球的半径为，设的中点为，

因为，则为的外心，

过点在平面内作直线，使得，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以，平面，

由球的几何性质可知平面，所以，，即平面，

故的外接圆的半径即为球的半径，

由正弦定理可得，

因此，该球的表面积为.

故答案为：.

15．已知数列满足，则______.

【答案】

【分析】先求出数列的通项公式，再用错位相减法求出的值.

【详解】由可得当时，，

所以，满足，故，.

令，

则，

两式相减得：，

所以.

故答案为：

16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点位于双曲线的右支上，交左支于，的内切圆的半径为1，与，分别切于点，，则______.

【答案】/

【分析】根据内切圆的性质结合双曲线的定义求得，再根据三角恒等变换运算求解.

【详解】设内切圆与切于点，，，，，如图，

则，即，化简得①，

，即②，

①＋②得，

∵，且，则，故，

又∵平面分，则.

故答案为：.

三、解答题

17．已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.

(1)求A；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据结合三角恒等变换分析运算；

（2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算.

【详解】（1）∵，即，

由于，则，即，

两边同乘以可得：，

则，且，解得.

（2）由题意及正弦定理，得，，

则

，

由（1）可知，且为锐角三角形，

则，解得，

则，所以，

故的取值范围是.

18．为巩固拓展脱贫攻坚成果，全面推进乡村振兴，在国家产业扶贫政策的大力支持下，某贫困村利用当地自然条件，在南、北两山上种植苹果，现已开始大量结果，苹果成熟时，将苹果分为“一级”、“二级”、“三级”，价格从高到低，有一水果商人要收购这里的苹果，收购前，将南山和北山上的苹果各随机摘取了200千克，按等级分开后得到的数据为：南山上的“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克；南、北山上的“三级”苹果共40千克；北山上的“一级”苹果50千克.（假设两山上的苹果总产量相同，以样本的频率估计概率）

(1)若种植苹果的成本为5元/千克，苹果收购价格如下表：

①分别计算南山和北山各随机摘取的200千克苹果的平均利润；

②若按个数算，“一级”苹果平均每千克有3个，“二级”苹果平均每千克有4个，“三级”苹果平均每千克有6个，以此计算该村南山上的200千克苹果的个数，并按各等级苹果的个数以分层抽样的方式从中抽取13个苹果，分别放在13个外形完全一样的包装内，水果商人在这13个苹果中随机取2个，求恰有1个“三级”苹果的概率.

(2)判断能否有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

附：，.

【答案】(1)①（元/千克），（元/千克）；②

(2)有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

【分析】(1)①先由题目所给的数据分别算出南山，北山的“一级”、“二级”、“三级”苹果的重量，再结合种植苹果的成本和苹果收购价格即可求平均利润；②求出南山“一级”、“二级”、“三级”苹果的个数，用分层抽样计算抽取的13个苹果中“一级”、“二级”、“三级”苹果的个数，再用列举的方法求概率.

(2)由(1)列出2×2列联表，根据列联表的数据代入的公式求出的值，结合题目的表格数据即可判断.

【详解】（1）①由题意得，南山：“一级”苹果40千克，“二级”苹果150千克，“三级”苹果（千克），

南山随机摘取的200千克苹果的平均利润为（元/千克），

北山：“一级”苹果50千克，“三级”苹果（千克），“二级”苹果（千克），

北山随机摘取的200千克苹果的平均利润为（元/千克）

②南山“一级”苹果有（个），“二级”苹果有（个），“三级”苹果有（个），

共有个，

按分层抽样的方式抽取的13个苹果中，

“一级”苹果有（个），“二级”苹果有（个），“三级”苹果有（个），

2个“一级”苹果分别记为，，10个“二级”苹果分别记为，，…，，“三级”苹果记为，

抽取2个苹果有，，，…，，，

，，…，，，

，，…，，，

，，…，，，

…，

，，

.

共78种可能.

恰有1个“三级”苹果有，，，，…，（，共12种可能.

故所求概率为.

（2）由（1）可得以下2×2列联表：

则，

故有的把握认为“三级”苹果的多少与南、北山有关.

19．在四棱锥中，，，，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过点作于，确定，平面，得到平面，得到面面垂直.

（2）取的中点为，连接，，确定平面ABCD，计算，根据等体积法，计算得到答案.

【详解】（1），，故，故.

过点作于，如图：

则，，故.

又，，故，即，

又，，，平面，故平面.

平面，故.

，，故，故.

，，平面，故平面，

又平面，故平面平面.

（2）平面，平面，故，即，

，，则，.

取的中点为，连接，，则.

又平面，平面，则平面平面ABCD，

平面，平面平面，故平面ABCD，

且，

设点到平面的距离为，

，即，

解得.

20．已知点在椭圆上，A，分别是椭圆的左、右顶点，直线和的斜率之和满足：.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)斜率为1的直线交椭圆于，两点，椭圆上是否存在定点，使直线和的斜率之和满足（，与均不重合）？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，或

【分析】（1）先求得，进而得到椭圆的标准方程；

（2）设出直线的方程为，并与椭圆方程联立，利用设而不求的方法和题给条件即可求得定点坐标.

【详解】（1），解得，

将代入椭圆方程，得，故椭圆的标准方程为.

（2）假设存在定点，则设，，，

直线的方程为，

由题意得，将，代入整理得

（*），

联立，整理得，

则，，

代入（*）式整理得，

由解得或

代入验证得，都在椭圆上，

故存在定点，使，点的坐标为或.

21．设函数.

(1)求的单调区间；

(2)若函数有三个零点，，，且，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此即可求得的单调区间；

（2）把证逐步转化为证，然后构造函数

，，利用导数研究函数的单调性以及最值，即可得到本题答案.

【详解】（1），

令，得.

①若，当时，；当时，，

则的单调递减区间为，单调递增区间为.

②若，当时，；当时，，

则的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）证明：因为函数有三个零点，所以方程有三个不相等的实数根，又易知为方程的一个实根，所以方程有两个不相等的实数根，即有两个不相等的实数根.

令，则，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以.

又因为当时，；当时，，当时，，

所以，

则，，.

要证，即证，即证，只需证.

因为，所以只需证，即证，

即证，.

令，，则，

当时，，故，为增函数，

所以，原式得证，故，即.

【点睛】关键点点睛：本题考查讨论含参数函数的单调性，利用导数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是将多个变量的不等式转化为关于一个变量的不等式的形式，采用构造函数的方式可将问题转化为函数最值的求解问题.

22．在直线坐标系中国，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，且，直线的极坐标方程为.

(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；

(2)若直线与曲线有公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)；，

(2)

【分析】（1）应用参数方程和普通方程及极坐标方程和普通方程间的互化可得；

（2）根据直线和抛物线有公共点求参数范围即可.

【详解】（1）且，得，，

∴，即，

∴直线的直角坐标方程为；

由得，则，

又，

∴曲线的普通方程为，.

（2）将代入，

整理得，，，

则，

∴实数的取值范围为.

23．已知函数的图像如图所示，当时，取得最小值3，.

(1)求实数的值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】由于当时，取得最小值3，即函数过点，将点代入函数中化简，再由取绝对值即可求得实数的值.

由，可得，又恒成立，可知函数的图像始终在的下方，即小于等于的最小值，当函数过的最低点时取临界值，即可求得实数的取值范围.

【详解】（1）因为，所以，即，

解得，故实数的值为.

（2）由题意知，当时，取得最小值3，要使恒成立，则

当函数的图像过点时，取得临界值，此时时，，要使恒成立，则，故.