河南省内乡县高级中学2023届高三下学期高考前自主命题考试（五）理科数学试题（含解析）

这是一份河南省内乡县高级中学2023届高三下学期高考前自主命题考试（五）理科数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

河南省内乡县高级中学2023届高三下学期高考前自主命题考试（五）理科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．集合，，若集合只有一个子集，则（    ）
A． B． C． D．
2．若复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（    ）
A． B． C．2 D．-2
3．已知直线与直线，则“”是“”的（    ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
4．和分别是双曲线的左，右焦点，A和B是在双曲线左支的两个点，满足且是等边三角形，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
5．已知，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
6．“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数，按照上述规则实施第次运算的结果为，若，且均不为1，则（    ）
A．5或16 B．5或32
C．5或16或4 D．5或32或4
7．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法：

①的图象关于点对称；
②的图象关于直线对称；
③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到；
⑧若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为．
以上四个说法中，正确的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则经过函数的图象的对称中心的直线被圆截得的最短弦长为（    ）
A．10 B．5 C． D．
10．已知点P、A、B、C是球O的球面上的四个点，PA、PB、PC两两垂直且长度均为，M是AP的中点，记过点M与平面ABC平行的平面，则球O被平面截得的截面面积等于(    )
A． B． C． D．
11．A，B是椭圆上两点，线段AB的中点在直线上，则直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是（    ）.
A． B．
C． D．
12．设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为（   ）
A． B．
C． D．

二、填空题
13．的展开式中第3项是 .
14．已知，与的夹角为45°，求使向量与的夹角是锐角，则的取值范围 .
15．中，角的对边分别为，重心为，若则 .
16．关于的不等式在上恒成立，则的最小值是 .

三、解答题
17．已知正项数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
18．如图，在三棱柱中，D为AC的中点，，．

(1)证明：；
(2)若，直线与平面所成的角的正弦值为，二面角的大小为60°，求二面角的余弦值．
19．某校为了深入学习宣传贯彻党的二十大精神，引导广大师生深入学习党的二十大报告，认真领悟党的二十大提出的新思想、新论断，作出的新部署、新要求，把思想统一到党的二十大精神上来，把力量凝聚到落实党的二十大作出的各项重大部署上来．经研究，学校决定组织开展“学习二十大奋进新征程”的二十大知识竞答活动．
本次党的二十大知识竞答活动，组织方设计了两套活动方案：
方案一：参赛选手先选择一道多选题作答，之后都选择单选题作答；
方案二：参赛选手全部选择单选题作答．
其中每道单选题答对得2分，答错不得分；
多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项不得分．
为了提高广大师生的参与度，受时间和场地的限制，组织方要求参与竞答的师生最多答3道题．在答题过程中如果参赛选手得到4分或4分以上则立即停止答题，举办方给该参赛选手发放奖品．据统计参与竞答活动的师生有500人，统计如表所示：

男生
女生
总计
选择方案一
100
80

选择方案二
200
120

总计



(1)完善上面列联表，据此资料判断，是否有90%的把握认为方案的选择与性别有关？
(2)某同学回答单选题的正确率为0.8，各题答对与否相互独立，多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3；如果你是这位同学，为了获取更好的得分你会选择哪个方案？请通过计算说明理由．
附：，．

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
20．已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线与椭圆C交y轴右侧于不同的两点A，B，试问：的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
21．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且，求证：．
22．在直角坐标系xOy中，曲线的方程为，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线，的极坐标方程；
(2)若曲线：分别交曲线，（不包括极点）于A、B两点，求的最大值．
23．已知函数，．
(1)若，求不等式的解集；
(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．

参考答案：
1．C
【分析】先对集合进行化简，然后再根据 “集合只有一个子集”这一条件来讨论化简集合，即可求得参数的取值范围.
【详解】由得，
又且集合只有一个子集，则.
当时，集合，则满足，满足题意；
当时，集合，则满足，满足题意；
当时，集合，若满足，则，.
综上，则有.
故选：C
2．C
【分析】计算，得到，得到答案.
【详解】，则，虚部为.
故选：C
3．B
【分析】由，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，直线，直线，
因为，可得,，即，解得，
所以“”是“”的必要非充分条件.
故选：B.
4．B
【分析】运用双曲线对称性及等边三角形对称性可知轴，再结合双曲线定义列方程求解即可.
【详解】由双曲线对称性及等边三角形对称性可知，、关于x轴对称，即：轴，如图所示，

则，
又因为，
所以，
所以在中，，，
由双曲线定义知，，
所以，
所以.
故选：B.
5．D
【分析】由已知条件切化弦，整理得出，然后把展开可求出，从而利用两角和的余弦公式可求解.
【详解】由于，且，
则，
整理得，
则，
整理得，
所以.
故选：D.
6．B
【分析】根据“角谷猜想”的规则，由倒推的值.
【详解】由题知，因为，则有：
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，则；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，得，不合题意，所以为偶数，且；
若为奇数，则，可得；若为偶数，则.
综上所述：或32.
故选：B
7．B
【分析】根据题意利用正弦定理可得，进而整理，并求的取值范围，结合正弦函数分析运算即可.
【详解】因为，
由正弦定理可得，则，
因为，，则，
所以，即，
则，
因为，解得，
所以，则，
即的取值范围是.
故选：B.
8．C
【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.
【详解】依题意可得，，，
再根据五点法作图可得，解得，．
因为，所以的图象关于点对称，故①正确；
因为，所以的图象关于直线对称，故②正确；
将的图象向左平移个单位长度得到，
故③错误；
因为，当时且，，
因为函数在上有且只有两个极值点，
所以，解得，即的最大值为，故④正确；
故选：C
9．D
【分析】先证明为奇函数，结合奇函数的性质求，从而求出的表达式，可得的对称中心，然后转化为点到圆心的距离.
【详解】因为，所以，
设，，
因为函数的定义域关于原点对称，
且，
所以函数为奇函数，由已知可得函数的最大值为，最小值为，
所以，故，
所以，
因为是奇函数，关于原点对称，
所以关于中心对称，
因为
则点在圆 的内部，
因为点到坐标原点的距离为，
所以所求最短弦长为 .
故选：D.
10．A
【分析】根据PA、PB、PC两两垂直且长度均为可求球O的半径.连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，根据正方体的几何性质可求OE、PE、PF，从而可求OF，于是可求截面圆的半径和面积．
【详解】∵PA、PB、PC两两垂直且长度均为，
∴球O为棱长是的正方体的外接球，设球的半径为R，则．
连接OP，交平面ABC于点E，交平面于点F，
则OP为正方体体对角线的一半，则易证平面ABC，则平面，
，易知△ABC为等边三角形，E为△ABC的中心，CE=，
OE=，
∵M是AP的中点，平面∥平面，∴，，
即球心O到平面的距离为2，
∴截面圆的半径，
∴截面面积为．
故选：A．

11．A
【分析】设直线AB的方程为，点，，联立直线与椭圆的方程，根据判别式与韦达定理求解的范围即可.
【详解】由题意可知，直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为，
则直线AB与y轴的交点的纵坐标为m，设点，，
将直线AB的方程与椭圆方程联立并化简得，，
化简得，即.
由韦达定理可得，所以，
将等式两边平方得，所以.
当且仅当时，等号成立，由于，解得或.
因此，直线AB与y轴的交点的纵坐标的取值范围是.
故选：A
12．B
【分析】根据互为反函数的对称性，把所求的点点距离转化为点线距离，构造函数求最小值即可.
【详解】令，则，这两个函数互为反函数，图象关于对称.
所以与的图象可以看成是由，这两个函数图象向右平移一个单位得到的.
所以的最小值即为曲线与上两点的最小值.
曲线上的点到直线的距离为

设，则.
由可得，由可得
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以当时，函数，所以
由图象关于对称得：的最小值为.
故选：B
13．
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】的展开式的第项为.
故答案为：
14．
【分析】由题意，根据向量夹角为锐角，可得其数量积大于零的不等式，且可得向量不共线，可得不成比例的不等式，可得答案.
【详解】，
由向量与的夹角是锐角，，解得或；
且向量与不共线，则，解得，
所以的取值范围为.
故答案为：.
15．
【分析】根据为三角形重心，化简已知等式，得到，再利用余弦定理求出，进而角可求．
【详解】由的重心为，可得，则，
代入可得.
显然不共线，所以，则.
由余弦定理可得，则.
【点睛】本题考查平面向量基本定理和余弦定理.的重心满足，这个基本结论要牢记并灵活运用.
16．
【分析】不等式转化为，构造函数，判断函数单调递增得到，转化为，构造函数，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.
【详解】，即，
设，恒成立，故单调递增.
原不等式转化为，即，
即在上恒成立.
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故，
即，解得.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：将不等式化为，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．
17．(1)
(2)

【分析】（1）由数列的递推关系，先证得数列为等差数列，再求得的通项公式；
（2）由的通项公式的特点，判断求和方法，通过计算求得数列的前项和．
【详解】（1）第1步：对已知等式变形
将两边同时平方，得，
所以，
所以，又，则，
第2步，求出
又，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以．
（2）第1步：求出
由（1）知，
第2步：利用错位相减法求解
所以，①
所以，②
②-①可得，
．
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由得，又为的中点，则，又，可得平面，由此可得结论；
（2）由已知条件可得平面，，可知为二面角的平面角，即，过点作于点，可证得平面，故直线与平面所成角为，即，求得，取 为中点，则平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求得结果．
【详解】（1）在三棱柱中，，，，
，，
又为的中点，，
在中，，，，
，、平面，平面，
又平面，．
（2），，，平面，
平面，而平面，，
为二面角的平面角，即，
为等边三角形，即，
过点作于点，则为的中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
故直线与平面所成角为，即，
设，则，即，
取 为中点，，
平面，而平面，，
又，平面，平面，
，平面，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，， ， ，
设平面一个法向量为，
由，取，得；
设平面的一个法向量分别为，
由，取，得．
．
二面角的余弦值．
19．(1)表格见解析，没有
(2)方案一，理由见解析

【分析】（1）首先补全列联表，再根据参考公式和数据，进行比较后，即可作出判断；
（2）分别计算两个方案下的得分的分布列，再求数学期望，比较大小后，即可判断.
【详解】（1）由题意完善列联表如图

男生
女生
总计
选择方案一
100
80
180
选择方案二
200
120
320
总计
300
200
500
故
故没有的把握认为方案的选择与性别有关.
（2）设选择方案一的得分为X，则X的所有可能取值为，
则，，
，，
，
，
故X的数学期望.
设选择方案二的得分为Y，则Y的可能取值为，
则，，
，
故，
因为，故为了获取更好的得分，我会选择方案一
20．(1)
(2)的内心在定直线上

【分析】（1）根据题意建立关于，的方程组，再求解即可得到椭圆C的标准方程；
（2）设，，联立直线和椭圆C的标准方程，得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理证明，进而即可得出结论．
【详解】（1）依题意有，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设，，
联立，消整理得，
则，，所以，
所以，
所以，
又，
所以恒成立，则的平分线总垂直于x轴，
所以的内心在定直线上．

【点睛】关键点点睛：在解答小问（2）时，关键在于利用韦达定理得到，进而得到的内心在定直线上．
21．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知，，，，这样可将所证明不等式进行变形，从而构造函数，利用导数即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
设，令，，
当时，即，在单调递减，
当时，即，，令，得，，
若，，，由即，得出.
由即，得出.
当时，，由即，得出.
由即，得出.
综上所述：当时，函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递减，
在上单调递增；在上单调递减.
（2）由（1）可知：当时，
，是函数两个极值点，
有，，此时，
要证明，只要证明

设，

令，
当时，，
所以当时，，单调递减，
所以有，即证
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关键是，，，从而为后面的消参，构造函数创造条件.
22．(1)：，：；
(2).

【分析】（1）变形曲线的方程，曲线的参数方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化成极坐标方程作答.
（2）把分别代入曲线，的极坐标方程，求出点的极坐标，再利用正弦函数性质求出最大值作答.
【详解】（1）因为，
则曲线的方程可化为，又，
所以的极坐标方程为；
曲线中，，即，
所以的极坐标方程为.
（2）依题意，，把代入得点的极径，
点的极径为，把代入，得，
因此，
而，即，当，即时，，
所以当时，的最大值为.
23．(1)
(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.
【详解】（1）解：当时，，
因为，
当时，即，；
当时，即，；
当时，即，，
综上可得不等式的解集为
（2）解：，
当且仅当时取等号，，
又，且，
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以
根据题意可得，解得或，
的取值范围是．