2023届河南省南阳市第一中学校高三下学期开学考试数学（理）试题含答案

2023届河南省南阳市第一中学校高三下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据对数函数单调性解不等式化简集合A，由二次不等式化简B，直接计算并集即可.

【详解】，

，

故选：A

2．已知复数z满足，则（    ）．

A． B． C． D．8

【答案】A

【分析】根据复数的除法求出z,再根据复数模的计算即可求得答案.

【详解】因为，所以，

故，

故选：A.

3．如图，在平行四边形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先推导出，然后以、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出圆的方程，设出点点坐标，用坐标表示向量积，结合三角函数性质可得最小值．

【详解】由题意，由余弦定理可得，

则，所以，

以、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，如下图所示，

则，，，

，则直线的方程为，即，

所以圆半径为，圆的方程为，

设，

，，

所以，其中且为锐角，

所以，的最小值为．

故选：C．

4．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦．B．曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图按照的分形规律生长成一个树形图，则第12行的实心圆点的个数是（    ）

A．89个 B．55个 C．34个 D．144个

【答案】A

【分析】观察图像可知每一个实心圆点的下一行均分为一个实心圆点与一个空心圆点,每个空心圆点下一行均为实心圆点.再利用规律找到行与行之间的递推关系即可.

【详解】由图像可得每一个实心圆点的下一行均分为一个实心圆点与一个空心圆点,

每个空心圆点下一行均为实心圆点.

故从第三行开始,每行的实心圆点数均为前两行之和.

即 .

故第1到第12行中实心圆点的个数分别为：

.

故选：

5．如图，正方形和正方形的边长分别为，（），原点为边的中点，抛物线经过，两点，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由题意确定点C,F的坐标，代入抛物线方程，整理可得，即可求得答案.

【详解】由题意，得点的坐标为，点的坐标为，

∵，两点都在抛物线上，∴，

即，即，解得或，

又，∴,

故选:A

6．图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号的同学的成绩依次为，，图2是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图输出的结果是（　　）

A．10 B．6 C．7 D．16

【答案】A

【分析】先弄清楚程序框图中是统计成绩不低于分的学生人数，然后从茎叶图中将不低于分的个数数出来，即为输出的结果．

【详解】，，成立，不成立，；

，，成立，不成立，；

，，成立，成立，，；

依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于分的学生数为，故选A．

【点睛】本题考查茎叶图与程序框图的综合应用，理解程序框图的意义，是解本题的关键，考查理解能力，属于中等题．

7．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，是边长为2的正三角形，E，F分别是棱上的动点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将平面展开到一个平面内，则的最小值即为展开图中的长，利用余弦定理求解即可．

【详解】∵平面平面，平面平面，平面，，

∴平面，又平面，∴，同理可得．

由题意可知，则，．

将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．

∵，

从而，故．

在中，由余弦定理可得，

则，即的最小值为．

故选：D．

8．已知数列的前项和为，首项，且满足，则的值为（    ）

A．4093 B．4094 C．4095 D．4096

【答案】A

【详解】由递推公式确定通项公式，再求即可.

【解答】，故，又，

所以是首项为，公比为的等比数列，所以，

则

故选：A

9．已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，是等边三角形，且；若点在四棱锥的外接球面上运动，记点到平面的距离为，若平面平面，则的最大值为（）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据平面平面，四边形为等腰梯形，则球心在过的中点的面的垂线上，又是等边三角形，所以球心也在过的外心面的垂线上，从而找到球心，再根据已知量求解即可.

【详解】依题意如图所示：

取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，

取是的外心，作平面平面，

则是四棱锥的外接球球心，且，

设四棱锥的外接球半径为，则，而，

所以，

故选：A.

【点睛】本题考查组合体、球，还考查空间想象能力以及数形结合的思想，属于难题.

10．已知件产品中有件次品，现逐一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】由题意知，的可能取值为2,3,4,其概率分别为，，，所以，故选B．

11．已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线交双曲线于，两点，线段的垂直平分线恰过点，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用双曲线的定义，分别将AF1，BF1表示出来，再利用直线的斜率及倾斜角的关系，将所有边长用a,c来表示，最后利用直角三角形的关系，列出a,c的方程，再求离心率。

【详解】连接AF2,BF2,记A,B中点为N，根据题意知：AF2=BF2,所以设AF2=BF2=m,并且NF2垂直AB,由于过点F1的直线斜率为，设直线的倾斜角为，所以在直角三角形F1F2N中，，根据双曲线的定义：AF1-AF2=2a,所以：AF1=2a+m,同理：BF1=m-2a;由AB=AF1-BF1,所以AB=4a,则AN=BN=2a,

故：BF1=NF1-BN=-2a因此：m=    ;在直角三角形ANF2中，

，从而解得离心率 ：

故选：D

【点睛】本题考查双曲线的定义的理解和利用，利用直线与双曲线的位置关系求离心率，此题属于圆锥曲线综合型题目

12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】由为偶函数，为奇函数得到，故函数的周期，结合得到，由得，从而求出，采用赋值法求出，，再使用求出的的周期，赋值法得到.

【详解】因为为偶函数，所以，

用代替得：，

因为为奇函数，所以，

故①，

用代替得：②，

由①② 得：，

所以函数的周期，

所以，即，

因为，令得：，故，

，解得：，

所以时，，

因为，

令，得，

其中，所以，

因为，

令得：，即，

因为，所以，

因为，

令得：，

故，

.

故选：C

【点睛】方法点睛：抽象函数的对称性和周期性：

若，则函数关于中心对称，

若，则函数关于对称，

若函数关于轴对称，关于中心对称，则函数的周期为，

若函数关于轴对称，关于轴对称，则函数的周期为，

若函数关于中心对称，关于中心对称，则函数的周期为.

二、填空题

13．袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为           .

【答案】

【分析】利用古典概率模型根据条件概率公式求解.

【详解】设第一次摸到红球为事件,第二次摸到红球为事件,

则,,

所以.

故答案为:.

14．已知圆C的圆心在直线上，且过点，，则圆C的一般方程为          ．

【答案】

【分析】设出圆的标准方程，代入点的坐标，结合圆心在上，列出方程组，求出圆心和半径，写出圆的标准方程，化为一般方程.

【详解】设所求圆的标准方程为，

由题意得：，解得：，

故所求圆的方程为，即．

故答案为：．

15．若的图象关于直线对称，且当取最小值时，，使得，则的取值范围是      .

【答案】

【解析】直接利用正弦型函数的性质的应用和函数的定义域的应用求出结果．

【详解】解：∵函数的图象关于直线对称，

，，当取最小值是，

，∵，∴，

，即的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

16．设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是    .

【答案】

【解析】求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，，利用的单调性可得：在取得最小值，作的图象，并作的图象，注意到，，对分类讨论即可得出．

【详解】解：求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，

令，，

在递减，在递增，显然在取得最小值，

作的图象，并作的图象，注意到，，

（原定义域，这里为方便讨论，考虑，

当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；

当时在两侧附近同号，不是极值点；

当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合．

故答案为：．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

三、解答题

17．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，D为边BC上一点，若．

(1)证明：

①AD平分∠BAC，

②；

(2)若，求的最大值．

【答案】(1)①证明见解析 ；②证明见解析

(2)

【分析】（1）①分别在△ABD、△ACD中利用正弦定理进行边化角，结合题意化简整理；②根据，由余弦定理结合题意化简整理；

（2）根据题意结合倍角公式化简整理可得：，即可得，利用勾股定理结合不等式运算求解.

【详解】（1）①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，

在△ABD中，由正弦定理得：，即，

在△ACD中，由正弦定理得：，即

由题意可得：，则

∵，则

∴，

又因为，

所以=，即

所以AD平分∠BAC，

②由题意可得：，即

整理得：

∵，

∴即证

（2）因为，即

又∵

所以，即

所以，则

∴，当且仅当时等号成立

所以的最大值为．

18．年月日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“局胜制”（即有一支球队先胜局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积分，负队积分；以取胜的球队积分，负队积分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．

(1)如果甲、乙两队比赛场，求甲队的积分的概率分布列和数学期望；

(2)如果甲、乙两队约定比赛场，求两队积分相等的概率．

【答案】(1)分布列答案见解析，

(2)

【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；

（2）设第场甲、乙两队积分分别为、，分析可得，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】（1）解：随机变量的所有可能取值为、、、，

，，

，，

所以的分布列为

所以数学期望.

（2）解：记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件，

设第场甲、乙两队积分分别为、，则，、，

因两队积分相等，所以，即，则，

所以

．

19．四棱柱中，底面为正方形，面，点M，N，Q分别为棱的中点．

(1)求证：平面∥平面；

(2)若，棱上存在点P，使得二面角的余弦值为，求的值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）先证明分别与面平行，再由面面平行的判定定理证明；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）∵分别为棱中点，

，，

四边形MQBD为平行四边形，

，

又平面，平面，

平面，

∵N为棱AD的中点，，

又，，

∵平面，平面，

 平面.

又，平面，

平面∥平面.

（2）由题意知两两垂直，以为原点，方向分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

设（），，

则，

故，，

设，则由可得， ，

则

设平面的一个法向量为，则，

取，则，

设平面MNQ的一个法向量为，则，

取，则，

由题知，

解得或（与矛盾，舍去），

故，即.

20．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定值为

【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.

（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.

【详解】（1）由已知设椭圆方程为：，

代入，得，

故椭圆方程为.

（2）设直线，

由得，

，，

又，

故

，

由，得，

故或，

①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；

②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，

此时，符合题意.

所以的周长为定值.

21．已知函数f(x)=lnx．

（Ⅰ）若方程f(x+a)=x有且只有一个实数解，求a的值；

（Ⅱ）若函数g(x)=f(x)+x2 – mx ( m≥ )的极值点 x1,x2(x1<x2)恰好是函数h(x)=f(x)-cx2-bx的零点，求的y=(x1 - x2)h’()最小值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【详解】试题分析：（Ⅰ）将问转化为:函数与相切即可；（Ⅱ）借助题设将目标函数化为一个变量的函数,再求其最值即可.

试题解析：(Ⅰ)由题意知：函数与相切，设切点

又有

所以

（Ⅱ）

由题意知：的两个根为

又因为是函数的零点

，

两式相减得：

，

令

由

得又，得，

设函数

所以在上单调递减，所有

【解析】①函数与方程；②求导运算；③运用导数解决函数问题.

22．在平面直角坐标系中，直线l的普通方程是（），曲线的参数方程是（为参数），在以O为极点x轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程是.

(1)写出l及的极坐标方程；

(2)已知l与交于O，M两点，l与交于O，N两点，求的最大值.

【答案】(1)l的极坐标方程（，），的极坐标方程

(2)5

【分析】（1）将的参数方程转化成普通方程，然后根据极坐标与直角坐标互化方法即可得到两条曲线的极坐标方程；

（2）联立l与可求的长度，联立l与可求的长度，然后利用二次函数和三角函数的性质即可求得最值

【详解】（1）把，代入直线l的方程得：

，

整理得：，

所以l的极坐标方程是（，），

又由（为参数）得的普通方程是即，

将，代入可得其极坐标方程是即；

（2）因为：，：，

将分别代入，得，.

所以.

又，

所以，当时，即时，取最大值5.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若在区间内有两个零点，，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）时，，分或、讨论去绝对值解不等式可得答案；

（2）根据函数解析式可得两个零点一个在，一个在内，设，则， ，根据和的范围可得答案.

【详解】（1）时，，

当或时，可得，解得，

所以，

当，可得，解得，

所以，

不等式的解集为；

（2），

若两个零点都在上，则，不符合题意；

也不可能存在两个零点，

所以两个零点一个在，一个在，

不妨设，则，且，

，因为，所以，

故时在区间内有两个零点，

所以，得，因为，所以.