河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测文科数学试题（含答案）

河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知复数z满足，且是纯虚数，则（    ）

A． B．i C． D．

2．全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

3．若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（    ）

A．0 B． C． D．

二、多选题

4．2022年，中央网信办举报中心受理网民举报违法和不良信息1.72亿件．下面是2021年、2022年连续两年逐月全国网络违法和不良信息举报受理情况数据及统计图，下面说法中错误的是（    ）

A．2022年比2021年平均每月举报信息数量多 B．举报信息数量按月份比较，8月平均最多

C．两年从2月到4月举报信息数量都依次增多 D．2022年比2021年举报信息数据的标准差大

三、单选题

5．下述四个结论：

①命题“若，则”的否命题是“若，则”；

②是的必要而不充分条件；

③若命题“”与命题“p或q”都是真命题，则命题q一定是真命题；

④命题“，”的否定是“，”．

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．②③ C．④ D．②③④

6．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变史，最多相差一两天．”中国农历的“二十四节气”，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑，现从五月、六月、七月这六个节气中任选两个节气，则这两个节气恰在同一个月的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知是定义在R上的奇函数，且满足，当时，，则（    ）

A．0 B． C．1 D．

8．已知数列满足，，则（    ）

A．2023 B．2024 C．4045 D．4047

9．在正方体中，M，N分别为AD，的中点，过M，N，三点的平面截正方体所得的截面形状为（    ）

A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形

10．已知，，，，则a，b，c，d的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

11．P为抛物线上任意一点，F为抛物线的焦点．如下图，，的最小值为5．若直线与抛物线交于点N，则外接圆的面积为（    ）

A． B． C． D．

12．若函数在上存在两个零点，则a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

四、填空题

13．设双曲线（，）的两条渐近线分别为，，左焦点为．若关于直线的对称点在上，则双曲线的离心率为__________．

14．已知向量，，，若，则______．

15．已知等差数列的前n项和为，是等比数列且，，数列的前n项和为，若，，则______．

16．已知正四棱锥的底面边长为，高为，且，该四棱锥的外接球的表面积为，则的取值范围为______．

五、解答题

17．4月15日是全民国家安全教育日．以人民安全为宗旨也是“总体国家安全观”的核心价值.只有人人参与，人人负责，国家安全才能真正获得巨大的人民性基础，作为知识群体的青年学生，是强国富民的中问力量，他们的国家安全意识取向对国家安全尤为重要.某校社团随机抽取了600名学生，发放调查问卷600份（答卷卷面满分100分）．回收有效答卷560份，其中男生答卷240份，女生答卷320份.有效答卷中75分及以上的男生答卷80份，女生答卷80份，其余答卷得分都在10分至74分之间．同时根据560份有效答卷的分数，绘制了如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中m的值，并求出这560份有效答卷得分的中位数和平均数n（同一组数据用该组中点值代替）.

(2)如果把75分及以上称为对国家安全知识高敏感人群，74分及以下称为低敏感人群，请根据上述数据，完成下面2×2列联表，并判断能否有的把握认为学生性别与国家安全知识敏感度有关．

附：独立性检验临界值表

公式：，其中．

18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，．

(1)求A；

(2)若M是直线BC外一点，，求面积的最大值．

19．如图，四边形ABCD为菱形，平面ABCD，，．

(1)证明：平面平面FAC；

(2)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，求．

20．椭圆的短轴长为2，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ，NQ与直线分别交于点A，B，且？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

21．已知函数，．

(1)求的单调区间；

(2)若，且，求证：．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为，曲线的极坐标方程为，曲线，的交点为，．

(1)求和的直角坐标方程；

(2)圆经过，，M三点，过原点的两条直线，分别交圆于A，B和C，D四点，求证：．

23．已知函数的最小值为m，的最小值为n．实数a，b，c满足，，，．

(1)求m和n；

(2)证明：．

参考答案：

1．B

【分析】设，根据已知得出，，且，求解即可得出答案.

【详解】设，则.

因为，所以；

又，是纯虚数，

所以，，且，即.

又，所以，解得或（舍去）.

所以，.

故选：B.

2．D

【分析】列举可得，然后根据补集的运算得出，进而根据交集的运算即可得出答案.

【详解】由已知可得，，所以，

所以.

故选：D.

3．C

【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义得到的最小值.

【详解】画出可行域及目标函数，

中的几何意义为与轴交点的纵坐标，显然当经过点时，取得最小值，

联立，解得，故点坐标为，

代入中，.

故选：C

4．BD

【分析】根据表中的数据逐项计算得出结论.

【详解】对于A，由图表可以看出2022年的数据基本在2021年之上，但7月份，8月份和11月份2021年的数据较2022年大，

其差距与1月份，2月份和12月份基本相等，所以2022年的月平均数要大一些，正确；

对于B，从2年的角度看，8月份平均最多，正确；

对于C，从图表可以看出，从2月份到4月份，两条曲线都是递增的，正确；

对于D，从图表可以看出2022年的数据更加集中，即标准差更小，错误；

故选：BD.

5．B

【分析】根据否命题，即可判断①；解出的解，即可判断②；根据逻辑联结词，即可判断③；根据存在量词命题的否定，即可判断④.

【详解】对于①，根据否命题的概念，可知“若，则”的否命题是“若，则”，故①错误；

对于②，解可得，或，所以是的必要而不充分条件，故②正确；

对于③，因为为真命题，所以命题为假命题；

因为命题“p或q”是真命题，命题为假命题，所以命题为真命题.

故③正确；

对于④，根据存在量词命题的否定可知，“，”的否定是“，”，故④错误.

综上所述，②③正确.

故选：B.

6．C

【分析】写出基本事件，根据古典概型概率公式求解.

【详解】由题意，基本事件由（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）共15个，

其中任取两个在同一个月的有3个，

所以,

故选：C

7．A

【分析】根据奇偶性与对称性分析函数是以为周期的周期函数，在根据所给函数解析式，计算可得.

【详解】因为是定义在R上的奇函数，且满足，

所以，，

则，即，

则，

即是以为周期的周期函数，又，当时，，

所以.

故选：A

8．C

【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.

【详解】，

，

即，

可得，

.

故选：C.

9．B

【分析】在上取点，且，取中点为，在上取点，且.通过，可得，进而得出，.通过证明，得出.同理得出，即可得出正方体的截面图形.

【详解】

在上取点，且，取中点为，连接.

在上取点，且，连结.

因为，，

所以，所以.

又，所以，所以，

所以，.

因为分别为的中点，所以，且.

根据正方体的性质，可知，且，

所以，，且，

所以，四边形是平行四边形，

所以，，所以.

同理可得，.

所以，五边形即为所求正方体的截面.

故选：B.

10．C

【分析】根据给定条件，构造函数、，，利用导数探讨单调性比较大小作答.

【详解】令函数，求导得，函数在上递减，

当时，，则，于是，即，

令函数，求导得，函数在上递增，

当时，，则，于是，即，

当时，，，则，

即，而，于是，即，

所以a，b，c，d的大小关系是，C正确.

故选：C

11．D

【分析】根据给定条件，结合抛物线定义求出，再解方程组求出点的坐标，然后借助正余弦定理求出圆的半径作答.

【详解】依题意，抛物线的焦点，准线，

过点作于，过作于，交抛物线于，连接，如图，

则，当且仅当点与重合时取等号，

所以的最小值为，解得，即有，

由得点，因此，

在中，由余弦定理得，则，

令外接圆半径为，由正弦定理得，则，

所以外接圆的面积为.

故选：D

12．A

【分析】分离参数，利用导数研究函数的单调性及最值，数形结合得解.

【详解】函数在上存在两个零点，

即在上有2个解，

即与的图象在上有2个交点，

，由可得，函数单调递增，

故时，，函数单调递减，

所以，，

由时，知，，即，可得，

作出图象，如图，

由图象可知，当时满足条件.

故选：A

13．2

【解析】设，，点，，由PF与垂直得到，的中点在上可得，代入结合可得答案.

【详解】不妨设，，点，，

因为，则，即，

因为的中点在上，

则，即．所以，

即，所以，

故答案为：2．

14．/

【分析】根据向量的坐标运算以及向量相等可得，两式平方相加结合数量积的坐标表示，即可得答案.

【详解】由题意可知，

即，

将两式平方相加可得，

故，

故答案为：

15．538

【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由已知可得，，再利用等差数列、等比数列的前项和公式计算可得答案.

【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，

因为，所以，

若，则，可得，

若，则，可得，

因为，

所以

.

故答案为：.

16．

【分析】作出辅助线，找到球心的位置，列出方程，求出半径与的关系式，利用导函数得到其单调性和最值情况，得到表面积的取值范围.

【详解】连接相交于点，连接，则⊥平面，

球心在上，连接，则，，

因为正四棱锥的底面边长为，所以，

在直角三角形上，由勾股定理得，

即，，解得，

由，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以在取得极小值，也是最小值，此时，

又当和时，，

所以，则.

故答案为：

17．(1)，中位数62，平均数60.2

(2)列联表见解析，有

【分析】（1）根据频率分布直方图中个矩形面积之和可求得m的值；根据中位数以及平均数的计算方法可求得中位数和平均数；

（2）由题意可得列联表，计算的值，与临界值表比较即可得结论.

【详解】（1）因为，

所以．

又，

故设中位数为x，则，所以．

平均数.

（2）由题意可得列联表如下：

,

故有的把握认为学生性别与国家安全知识敏感度有关．

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简可得，，，根据角的范围，即可得出答案；

（2）由已知根据余弦定理可求得，，进而根据正弦定理可求出.设，，根据余弦定理可得出，然后根据基本不等式得出，即可根据面积公式得出答案.

【详解】（1）由得，

由正弦定理得，

因为，

所以．

又因为，所以，

所以.

因为，所以．

（2）由得，

故．

因为，所以，

所以，可得.

根据正弦定理可得，.

设，，

在中，，

由余弦定理可得.

所以，

当且仅当时取等号，

所以.

所以．

故面积的最大值为．

19．(1)证明见解析

(2)3

【分析】（1）先证明平面BDEF，据此再证明平面ACF，即可得证；

（2）由棱锥体积公式，分别计算两棱锥的体积，即可求解.

【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO，如图，

因为四边形ABCD为菱形，所以．

因为平面，平面ABCD，所以．

又，平面BDEF，

所以平面BDEF，又平面BDEF，所以．

设，由题意得，，．

因为，所以平面ABCD，所以，，．

因为，所以．

因为，平面ACF，所以平面ACF．

又平面EAC，所以平面平面FAC．

（2）由（1）可知平面BDEF，平面BDEF，所以，

由（1）所设可知，．

因为平面ACF，所以．

由（1）可知平面ABCD，所以平面ABC．

又，，

所以．

所以．

20．(1)

(2)存在，或

【分析】（1）由椭圆的短轴长和离心率得到，求出椭圆方程；

（2）考虑当斜率不为0时，设，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，得到，同理得到，分与讨论，得到点坐标，再考虑当斜率为0时，也满足要求，从而求出答案.

【详解】（1）由题意得，则，

所以椭圆的方程为．

（2）当斜率不为0时，设，联立，

可得．

.

设，，，

则，．

直线，令得

同理可得．

于是，

故 ．

若，则由，与直线的任意性矛盾,

若，则

所以点的坐标为或,

当斜率为0时，此时设，

不妨令，此时直线为，

令得，故，

直线为，令得，故，

显然，

经验值，当点的坐标为同样满足要求，

综上：点的坐标为或，

【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

21．(1)单调递增区间为，无单调递减区间

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的定义域，.构造，证明得出，即可得出在上恒成立，得出函数的单调区间；

（2）由已知可推得.换元，，解出，代入即可得出只需证明在时成立，即可得出结论.构造函数，，根据导函数得出函数的单调性，求出最值，即可证得.

【详解】（1）由已知可得，定义域为，.

令，则.

当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增.

所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，

所以在上恒成立，

所以，在上单调递增．

所以，的单调递增区间为，无递减区间．

（2）由题意得:，且.

由可得，，即有.

设，，可得，.

欲证，即证，只需证在时恒成立.

设，，

则在上恒成立，

所以，在上单调递减，

所以，

所以在时恒成立，

所以，在时恒成立，

从而，有，所以．

【点睛】思路点睛：由已知可推得.设，，可得，.进而利用分析法得出的等价结论在时成立.构造函数，根据导函数得出函数的单调性，求出最值，即可证得.

22．(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）利用与得到曲线的极坐标方程，消去参数得到的直角坐标方程；

（2）先求出圆的方程为：，化为极坐标方程，设直线，的极坐标方程分别为，，代入圆的极坐标方程，利用根与系数关系得证.

【详解】（1）曲线的极坐标方程为，

根据公式，可得：，

所以曲线直角坐标方程为：．

曲线的参数方程为（为参数），即:．

又，所以曲线的普通方程为．

（2）与联立，解得，

故曲线，的交点为，，

因为，所以点的坐标为．

因为，关于轴对称，故圆的方程的圆心在轴上，

设其方程为，将代入可得，

解得，故圆的方程为：．

将，代入可得，极坐标方程为．

设直线，的极坐标方程分别为，，

分别代入圆的极坐标方程得，

，

，

所以有．

23．(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）根据绝对值大于等于0得到，对分段讨论即可求出；

（2）根据（1）知，，再利用基本不等式得，结合即可得到，从而得到答案.

【详解】（1）函数的最小值为，此时，

当时，，

当时，，

当时，，

函数，

函数在上单调递减，在上单调递增，

当时，，

所以函数的最小值为，

故.

（2）由（1）知，，

因为，，

所以，，，，，

又因为，

所以，又，

所以，所以．所以．