2023届河南省开封市等2地学校高三下学期普高联考测评（六）数学（文）试题含解析

2023届河南省开封市等2地学校高三下学期普高联考测评（六）数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集的定义运算即得.

【详解】由题知集合为正奇数组成的集合，且，则.

故选：C.

2．若复数满足（为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的模长公式及复数的除法运算即得.

【详解】由题知，

故选：D.

3．下列函数中，在区间上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二次函数的性质可判断A，利用函数的导数可判断BC，根据绝对值的意义结合条件可判断D.

【详解】对于A，函数图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；

对于B，当时，，所以函数在上单调递增，故B正确；

对于C，，函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；

对于D，当时，是常数函数，D错误，

故选：B.

4．2023年4月9日至15日，2023年世界乒乓球职业大联盟冠军赛在河南省新乡市平原体育中心举行，某平台从参与网络直播活动的网友中随机选取了一部分，对他们的年龄（单位：岁）进行调查，根据调查结果制作的频率分布直方图如图所示，由此估计参与直播活动的网友的年龄的中位数为（    ）

A．32 B．33 C．34 D．35

【答案】C

【分析】根据直方图估计中位数即得.

【详解】因为，，

设中位数为，则，解得.

故选：C.

5．已知，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由题解得，再由求解即可.

【详解】由，解得，

所以.

故选：A.

6．如图，已知正三角形内接于圆，记的内切圆及其内部区域为，在的外接圆内随机取一点，此点取自区域的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正三角形的性质结合几何概型概率公式即得.

【详解】设正三角形的内切圆与的切点为，连接，

则，

故所求概率为，

故选：B.

7．曲线在点处的切线的斜率为0，则实数（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】根据导数的运算法则及导数的几何意义即得.

【详解】由题可得，

则，所以，

故选：D.

8．2023年1月底，人工智能聊天程序迅速以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为16，且当训练迭代轮数为16时，学习率衰减为0.48，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：）

A．75 B．77 C．79 D．81

【答案】B

【分析】由题可得，进而可得不等式，解不等式即得.

【详解】根据题意得该指数衰减的学习率模型为，当时，，代入得，解得，

当学习率衰减到0.2以下（不含0.2）时，，则，

即，则，

故选：B.

9．某次实验得交变电流（单位：A）随时间（单位：s）变化的函数解析式为，其中且，其图象如图所示，则下列说法错误的是（    ）

A． B．

C．当时， D．当时，

【答案】D

【分析】根据五点法结合图象可得，进而即得.

【详解】由题知，则，又，

则，所以当时，，

则，又，

则，因此，

所以当时，，

当时，，

因此ABC正确，D错误，

故选：D.

10．已知直线与椭圆交于两点，若点恰为弦的中点，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用中点弦问题求出，再求出椭圆的离心率作答.

【详解】依题意，直线的斜率为，设，则，且，

由两式相减得：，于是，

解得，此时椭圆，显然点在椭圆内，符合要求，

所以椭圆的离心率.

故选：A

11．为定义在上的偶函数，对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得函数在上单调递增，且为偶函数，进而可得，即得.

【详解】对任意的，都有，则，

令，则在上单调递增，

因为为定义在上的偶函数，

所以，即为偶函数，

又，

由，可得，即，

所以，

所以的解集为，

故选：A.

12．在中，角的对边分别为，若，则的值可为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三角恒等变换结合条件可得，然后利用正弦定理可得，再通过换元法，构造函数利用导数研究函数的性质进而即得.

【详解】由题知，

则，

即，

因为，所以，则，

所以，则，为钝角，为锐角，

，

因为，则，则，则，

令，则，令，

则，

所以在上单调递减，又，则，

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过三角恒等变换得到，然后利用边角互化及换元法把问题转化求函数最值，再利用导数即得.

二、填空题

13．向量的夹角为，定义运算“”：，若，则的值为___________.

【答案】

【分析】根据新定义结合向量的夹角公式即得.

【详解】因为，

所以，

则，所以.

故答案为：.

14．陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，分别为圆柱上､下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若底面圆的半径为，，则圆柱的外接球的表面积与圆锥的侧面积的比值是______.

【答案】

【分析】求出圆柱外接球半径及圆锥的母线，代入球的表面积公式和圆锥侧面积公式直接计算即可.

【详解】由圆柱的对称性知，圆柱外接球的球心为的中点，

则外接球的半径为，

所以外接球的表面积为，

又圆锥的母线长为，则侧面积为，

所以.

故答案为：

15．已知过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为，准线与轴交于点，且，则___________.

【答案】

【分析】由题可得图形，设根据条件可得关系式，进而即得.

【详解】不妨取，因为，所以，

则，解得，则.

故答案为：.

16．已知实数满足，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】画出不等式组的可行域，设，可求出，则，利用二次函数的性质即可求解

【详解】不等式组表示的可行域如图所示，为及其内部的阴影区域，

由可得，由可得，

由可得

令，则，结合可行域知，当直线与直线重合时取得最小值1，经过点时取得最大值5，即，，

当时，取得最小值.

故答案为：

三、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.

已知公差不为0的等差数列的前项和为是与的等比中项，___________.

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据所选条件，等差数列通项公式，求和公式及等比中项的性质得到方程组，解得、，即可求出通项公式；

（2）利用错位相减法计算可得.

【详解】（1）选条件①：设等差数列的公差为，

则，所以，得，

所以数列的通项公式为.

选条件②：设等差数列的公差为，

则，所以，得，

所以数列的通项公式为.

选条件③：因为是与的等比中项，所以，由，可得，

设等差数列的公差为，

则，所以，得，

所以数列的通项公式为.

（2）令，

则①，

②，

①②得，

所以.

18．2023年五一劳动节放假5天，随着疫情的结束和天气转暖，被“压抑”已久的出行需求持续释放，“周边游”“乡村游”，等旅游新业态火爆，为旅游行业发展注人了新活力，旅游预订人数也开始增多.为了调查游客预订旅游与年龄是否有关，调查组对300名不同年龄段的游客进行了问卷调查，得到数据如下表：

已知在所有被调查的游客中随机抽取1人，抽到不预订旅游的游客概率为.

(1)请将列联表补充完整，能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为是否预订旅游与年龄有关？请说明理由.

(2)以年龄为分层标准，按照分层抽样的方法，从被调查的游客中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求2人中恰有1人是45岁以上的概率.

附：，其中.

【答案】(1)列联表答案见解析，能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为是否预订旅游与年龄有关，理由见解析；

(2).

【分析】（1）由题可得不预定旅游的人数，进而可得列联表，然后利用公式可得的观测值，即得；

（2）根据分层抽样的定义及古典概型概率公式即得.

【详解】（1）由题可得不预定旅游的人数为，

则列联表补充完整如下：

所以的观测值为，

所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为是否预订旅游与年龄有关.

（2）按分层抽样，从被调查的游客中选取5人，16~45岁（含45岁）的人数为，分别记这3人为，45岁以上的人数为，分别记这2人为.

从5人中任意选取2人，则有，共有10种情况，

恰有1人是45岁以上的有，共有6种情况，

则2人中恰有1人是45岁以上的概率为.

19．如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；

(2)若，求四棱锥的体积.

【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点；

(2).

【分析】（1）过点作交于点，根据线面平行的性质定理即得；

（2）取的中点，利用勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，然后利用锥体的体积公式即得.

【详解】（1）如图，过点作交于点，连接，

因为，所以四点共面，

若平面，由平面，平面平面，

所以，所以四边形为平行四边形，,

则，

所以当且仅当点为线段上靠近点的三等分点时，平面.

（2）如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以，

又，则，又，则，

所以.

因为，平面，

所以平面，

则四棱锥的体积为.

20．已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线经过点.

(1)求双曲线的方程；

(2)过点且斜率不为0的直线与交于两点（与点不重合），直线分别与直线交于点，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题得，进而即得；

（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，根据直线，的方程表示出结合韦达定理即得.

【详解】（1）由题意可知，

解得，

所以双曲线的方程为.

（2）设直线的方程为，代入中，

可得，设，

则.

直线的方程为，

令，得点的纵坐标为，

直线的方程为，

令，得点的纵坐标为，

因为，

所以，即.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数，其中为自然对数的底数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若函数有两个零点，证明：.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)证明见解析

【分析】（1）将代入后得，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解；

（2）由题意得，从而利用分析法将变形为，构造函数，利用导数证得，由此得证.

【详解】（1）当时，的定义域为，

则，

因为，则，所以，

当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；

所以的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）若函数有两个零点，则，

即，两式相减，可得，两式相加得，

要证，只要证，即证，即证，

只须证，即证，即证，

令，则由得，故须证，

令，则，

当时，，所以在上单调递增，

所以当时，，即成立，

故原不等式成立.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：

一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；

二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．

22．在直角坐标系中，圆是以为圆心，为半径的圆，直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

(1)写出圆的极坐标方程；

(2)已知直线与圆相交于两点，且，求角.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）先求圆的直角坐标方程，然后直接化为极坐标方程即可；

（2）先把直线方程化为极坐标方程，然后联立直线的极坐标方程和圆的极坐标方程，利用的几何意义即可解答.

【详解】（1）由题意知圆的方程为，即，

将代入得圆的极坐标方程为.

（2）由题知直线的极坐标方程为，设，

联立可得，

且，即，

由韦达定理得，

则，

所以，又，所以，则或，所以或.

23．已知.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值.

【答案】(1)；

(2)1.

【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式即得；

（2）根据参变分离可得恒成立，然后构造函数利用绝对值三角不等式结合条件即得,

【详解】（1）若，则不等式可化为.

当时，，即，所以；

当时，，即，所以；

当时，，即，所以.

综上所述，原不等式的解集为.

（2）由题知在上恒成立，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

当时，，即无论取何值，不等式恒成立，

当时，，则恒成立，

设，

又，当且仅当，即时取等号，

所以，则，

所以实数的最大值为1.