河南省部分名校2022-2023学年高三5月底联考文科数学试题（含解析）

河南省部分名校2022-2023学年高三5月底联考文科数学试题

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

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．设，则（    ）

A．3 B． C． D．5

3．已知函数的图象在点处的切线斜率为1，则（    ）

A． B．1 C． D．2

4．某统计机构对1000名拥有汽车的人进行了调查，对得到的数据进行整理并制作了如图所示的统计图表，下列关于样本的说法正确的是（    ）

A．30岁以上人群拥有汽车的人数为720

B．40~45岁之间的人群拥有汽车的人数最多

C．55岁以上人群每年购买车险的总费用最少

D．40~55岁之间的人群每年购买车险的总费用，比18~30岁和55岁以上人群购买车险的总费用之和还要多

5．若，满足约束条件 则的最大值为（    ）

A．0 B．2 C．14 D．16

6．若双曲线C：其中一条渐近线的斜率为2，且点在C上，则C的标准方程为（    ）

A． B． C． D．

7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则c＝（    ）

A．4 B．6 C． D．

8．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件为（    ）

A． B． C． D．

9．有甲、乙两个物体同时从A地沿着一条固定路线运动，甲物体的运动路程（千米）与时间t（时）的关系为，乙物体运动的路程（千米）与时间t（时）的关系为，当甲、乙再次相遇时，所用的时间t（时）属于区间（    ）

A． B． C． D．

10．在正三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

11．已知定义在R上的函数满足对任意的实数x，y，都有，则（    ）

A．2023 B．－2023 C．0 D．1

12．欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，例如初等几何中的欧拉线、多面体中的欧拉定理、微分方程中的欧拉方程，以及数论中的欧拉函数等等．个数叫互质数）的正整数（包括1）的个数，记作．例如：小于或等于4的正整数中与4互质的正整数有1，3这两个，即．记为数列的前n项和，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知向量，，，若，则______．

14．已知等差数列的前n项和为，且，则______．

15．在直三棱柱中，已知，，，则该三棱柱外接球的表面积为_______________．

16．已知F是抛物线的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，若，则___________

三、解答题

17．已知函数．

(1)求的最小正周期和单调递增区间；

(2)当时，求的最大值，并求当取得最大值时x的值．

18．学生总人数为3000的某中学组织阳光体育活动，提倡学生每天运动1小时，教育管理部门到该校抽查200名学生，统计一个星期的运动时间，得到下面的统计表格．

(1)如果某名学生一个星期的运动时间超过500分钟，则称该学生为“运动达人”，用样本估计总体，该校的“运动达人”有多少人?

(2)依据上面的数据，完成下面的样本频率分布直方图．

(3)依据频率分布直方图估计该校学生一个星期运动时间的中位数．

19．在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，OE，使得.

(1)证明：平面ABC；

(2)求点到平面的距离.

20．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与交于，两点，的周长为8，且点在上．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与圆：交于C，D两点，当时，求面积的取值范围．

21．已知函数.

(1)当时，求的极值；

(2)若关于的方程在内有解，求的取值范围.

22．在直角坐标系中，圆的方程为.

(1)以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；

(2)直线的参数方程是 （t为参数），与相交于两点，，求的斜率．

23．已知函数.

(1)若，求不等式的解集；

(2)设函数，当时，，求的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】根据集合补集的运算求得，再结合集合的交集的概念及运算，即可求解.

【详解】由题意，集合，可得，

又由，根据集合交集的运算，可得.

故选：A.

2．C

【分析】化简复数，由复数的模长公式即可得出答案.

【详解】因为，所以.

故选：C.

3．D

【分析】对求导，由导数的几何意义求解即可.

【详解】因为，所以，解得.

故选：D

4．D

【分析】对于选项A， 30岁以上人群拥有汽车的人数为820，故选项A错误；对于选项B，由图得不出40~45岁之间的人群拥有汽车的人数最多，故选项B错误；对于选项C， 18~30岁之间的人群每年购买车险的总费用更少，故选项C错误；对于选项D，通过计算得到选项D正确．

【详解】对于选项A，由1000×（1-18%）＝820，知30岁以上人群拥有汽车的人数为820，故选项A错误；

对于选项B，由图得不出40~45岁之间的人群拥有汽车的人数最多，故选项B错误；

对于选项C，55岁以上人群每年购买车险的总费用约为1000×17%×3100＝527000元，18~30岁之间的人群每年购买车险的总费用约为1000×18%×2800＝504000元，故选项C错误；

对于选项D，40~55岁之间的人群每年购买车险的总费用约为1000×40%×3900＝1560000元，1560000＞527000＋504000，故选项D正确．

故选：D

5．C

【分析】画出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析解答.

【详解】画出不等式组对应的可行域（如图所示），

由题得，它表示斜率为纵截距为的平行直线系，当直线经过点时，直线的纵截距最小，最大.

联立直线方程得.

此时的最大值为.

故选：C

6．A

【分析】根据双曲线一条渐近线的斜率可得，将点的坐标代入方程，即可求得答案.

【详解】由题意可得，所以，

把点的坐标代入方程，得，

所以，

则C的标准方程为，

故选：A

7．D

【分析】根据正弦定理化边为角有，再利用两角和与差的正弦公式有，再利用正弦定理进行化角为边有.

【详解】因为，根据正弦定理得

，

移项得，

即，即，

则根据正弦定理有．

故选：D.

8．D

【分析】模拟执行如图所示的程序框图，即可得出判断框内应填入的条件.

【详解】

，

由，得，即当时，满足判断框内的条件，

当时，不满足判断框内的条件，结束运行，

所以判断框内应填入的条件是“”.

故选：D.

9．B

【分析】根据给定条件，构造函数，，利用导数探讨函数零点作答.

【详解】设当甲、乙再次相遇时，所用的时间为t小时，则，

令，，求导得，由得，

而函数在上单调递增，即当时，，当，，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，

而当时，，，，因此存在唯一，使得，

所以当甲、乙再次相遇时，所用的时间t（时）属于区间.

故选：B

10．C

【分析】延长CB至F，使得，可得四边形BEDF是平行四边形，，则为异面直线AD与BE所成的角或补角，设，取的中点，求出、、，利用余弦定理求得，可得答案．

【详解】D为的中点，E为的中点，所以，，

如图，延长CB至F，使得，连接DE，DF，AF，，

因为，所以，，

所以四边形BEDF是平行四边形，，

则为异面直线AD与BE所成的角或补角．设，

取的中点，连接、，

则，，，，

，

，

由余弦定理得，

由余弦定理得．

所以直线AD与BE所成角的余弦值为

故选：C.

11．C

【分析】令求得即可得解.

【详解】因为，所以，即，

所以

故选：C.

12．B

【分析】根据题意，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】由题意，若正整数，且与不互质，则这个数为偶数或的倍数，共有个，所以，

即数列是首项为2，公比为6的等比数列，所以．

故选：B.

13．9

【分析】由垂直向量的坐标表示求出，再由模长公式计算即可得出答案.

【详解】因为，，

所以，解得，

则，．

故答案为：9.

14．70

【分析】设公差为d，化简已知得，再利用等差数列的求和公式计算即得解.

【详解】设公差为d，因为是等差数列，所以，

化简得，即，

所以．

故答案为：70

15．

【分析】根据直三棱柱的特征及其棱长可知，构造长方体即可求得外接球半径，即可求的结果.

【详解】如下图所示：

由直三棱柱可知，平面，

又，所以两两垂直，

设直三棱柱外接球的半径为R，

通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；

即可得，解得，

所以所求外接球的表面积．

故答案为：

16．4

【分析】先求出准线方程为，根据抛物线定义把焦半径转化为焦点到准线距离，在直角梯形中由平行线得比例线段，从而可得，即，从而可得．

【详解】易知焦点F的坐标为，准线方程为，如图，作于，于，

，可知线段BM平行于AF和DN，因为，，，

所以，又由定义知，

所以.

故答案为：4.

17．(1)最小正周期为；单调递增区间为

(2)最大值为，此时.

【分析】（1）化简函数，结合三角函数的性质，即可求解；

（2）由，求得，得到，进而求得取得最大值时x的值.

【详解】（1）解：因为

，

所以的最小正周期为，

令，解得，

所以的单调递增区间为．

（2）解：因为，所以，

所以，所以，

当，即时，，

所以的最大值为，此时．

18．(1)人

(2)图像见解析

(3)380

【分析】（1）求出样本中学生的运动时间超过500分钟的频率，作为总体的频率，计算即可；

（2）根据表格数据，计算出各组的频率/组距，即可补全样本频率分布直方图；

（3）由题分析得中位数在内，设该中位数为，列出方程计算即可得出中位数．

【详解】（1）学生的运动时间超过500分钟的频率为，

所以估计该校的“运动达人”有人．

（2）一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：，

一周运动时间在的频率/组距为：．

频率分布直方图补充如下：

（3）因为学生的运动时间在内的频率为，在内的频率为，所以中位数在内，

设该中位数为，则，解得，所以估计该校学生一个星期运动时间的中位数为380．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明：连接，在等边中，得到，再由勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；

（2）解法1：作，设点到平面的距离为，利用，列出方程，即可求解；

解法2、过A作，证得平面OEF，得到的长度即点到平面的距离，结合，即可求解.

【详解】（1）证明：连接，因为为等腰直角三角形，且，

所以，，

在等边中，，且.

又因为，所以，即，

因为且平面，所以平面.

（2）解法1：作，垂足为,

因为，所以，解得，所以，

在直角中，，可得，

又因为，所以，

设点到平面的距离为，由，可得，

即，解得，

即点到平面的距离为.

解法2、过A作，垂足为，

由（1）知平面，因为平面，所以.

又由，，所以平面OEF，

所以的长度即点到平面的距离，

在中，因为，，，

所以，可得，

由，即，解得，

所以，即点到平面的距离为.

20．(1)

(2)

【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再将代入椭圆方程，即可求出，进而得出椭圆的方程；

（2）设直线l的方程为，由点到之间距离公式及勾股定理得出，设，，由直线方程与椭圆方程联立，得出和，代入，设，，由的单调性得出值域，即可求出的范围．

【详解】（1）因为的周长为8，

所以，解得，

将点的坐标代入椭圆方程，得，解得，

所以椭圆E的方程为．

（2）由（1）知圆的方程为，设直线l的方程为，

则圆心到直线l的距离，

由，可得．

设，，联立方程组，

消去x得，

则，，

所以，

设，则，

设，

易知在上单调递增，则在上单调递增，

因为，

所以．

21．(1)极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）当时，对求导，得出的单调性，即可求出的极值；

（2）本题转化为，则在，内均存在零点，即至少有两个零点，分类讨论，和，可得若有两个零点，则，，，解方程即可得出答案.

【详解】（1）当时，，所以，

令，得，

则在上单调递减，在上单调递增，

所以的极小值为，无极大值.

（2）已知在内有解，设为在内的一个零点，

由，知在，内都不单调

设，则在，内均存在零点，即至少有两个零点.

，

当时，，在上单调递减，不可能有两个及以上零点，舍去；

当时，，在上单调递增，不可能有两个及以上零点，舍去；

当时，令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在最小值.

若有两个零点，则，，，

而，

令，则，

则，在上单调递增，在上单调递减.

所以，即恒成立，

由，，得，即的取值范围是.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解

22．(1)

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得圆C的极坐标方程；

（2）解法1、由直线的参数方程得到l的直角坐标方程为，结合点到直线的距离公式和圆的弦长公式，列出方程求得，即可求解；

解法2、由直线的参数方程，得到直线l的极坐标方程为，代入圆的极坐标方程，求得，，结合，列出方程求得，即可求解.

【详解】（1）解：由圆的方程，可得，

又由，，可得圆C的极坐标方程为．

（2）解：解法1、由直线的参数方程，可得，

即直线l的直角坐标方程为，

又由圆心到直线l的距离，

因为且，所以，解得，

所以直线l的斜率为．

解法2、因为，可得，

因为，，所以，即直线l的极坐标方程为．

设对应的极径分别为，，

将代入C的极坐标方程，可得，

所以，，

又因为，所以，即，

解得，所以，所以，可得，

所以直线l的斜率为．

23．(1)；

(2).

【分析】（1）化为，再解绝对值不等式得解；

（2）不等式可以化为，再对分类讨论，利用绝对值三角不等式得解.

【详解】（1）若a＝1，则．因为，所以，即，

所以，解得，即原不等式的解集为．

（2）不等式可化为．

当时，，原不等式恒成立，所以．

当时，恒成立，所以．

因为，所以，

所以，所以.

因为，所以．

综上，，即a的取值范围为．