精品解析：河南省名校教研联盟2023届高三下学期5月押题考试文科数学试题（解析版）

这是一份精品解析：河南省名校教研联盟2023届高三下学期5月押题考试文科数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列函数在区间单调递增的是， 已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前（全国卷）文科数学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知，则（    ）.A.  B.  C. 2 D. 1【答案】C【解析】【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的模的公司及即可得解.【详解】由，得，则，所以.故选：C.2. 已知集合，，则（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式，从而得到集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：B.3. 已知向量，，，，则（    ）.A. 1 B.  C. 4 D. 【答案】A【解析】【分析】计算出，利用平面向量数量积公式求出答案.【详解】因为向量，，所以，所以.故选：A4. 圆心在射线上，半径为5，且经过坐标原点的圆的方程为（    ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆心在射线上，设出圆心坐标，利用圆心到原点距离等于半径求得圆心坐标，即可求出圆的方程.【详解】因为圆心在射线上，故设圆心为，又半径为5，且经过坐标原点，所以，解得或（舍去），即圆的圆心坐标为，则圆的方程为，即.故选：C5. 圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得圆锥高，再由圆锥的体积公式，即可得到结果.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，所以，，所以圆锥的体积为.故选：B6. 一组样本数据由10个互不相同的数组成，若去掉其中最小的和最大的两个数得到一组新样本数据，则（    ）.A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据的样本方差相同C. 两组样本数据的样本中位数相同D. 两组样本数据的样本极差相同【答案】C【解析】【分析】根据平均数，方差，中位数和极差的定义，逐个选项进行判断，可得答案.【详解】去掉其中最小的和最大的两个数得到一组新样本数据的平均数可能与原数据的平均数不同，新数据的方差变小，数据的中位数不变，数据的极差变小，故C正确.故选：C7. 下列函数在区间单调递增的是（    ）.A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】运用诱导公式化简后画出简图即可判断各个选项.【详解】对于A项，因为，如图所示，故A项不成立；对于B项，，如图所示，，故B项不成立；对于C项，，如图所示，，故C项不成立，对于D项，，如图所示，，故D项正确.故选：D.8. 已知，，，则（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】通过化简，并比较与1的大小即可得出结论.【详解】由题意，，，所以.故选：D.9. 等边的边长为2，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE折起，使点A到达点的位置.若平面平面BCED，则线段的长为（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由面面垂直可得线面垂直，利用勾股定理求解.【详解】如图，易知是边长为1的等边三角形，过作DE的垂线，垂足为H，由平面平面BCED，交线为，,则平面BCED，且H为线段DE的中点，，连接BH，则，取BC的中点F，则，且，所以，所以.故选：C10 已知，且，，则（    ）.A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】运用差角公式及切化弦可求得，，可判断A项、B项，由二倍角公式可判断C项，由和角公式及角的范围可判断D项.【详解】因为，，故，.所以，，故A项、B项错误；对于C项，因为，故C项错误；对于D项，因为，又因为，，所以，故D项正确.故选：D.11. 《几何原本》是一部不朽的数学巨著，在这本书的第10卷中给出了“穷竭法”的基本命题.所谓“穷竭”指的是一个变量，它可以小于任意给定的量.根据穷竭法的基本命题，设数列满足，，，…，，…，若，则m可能取到的最大值为（    ）.A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】C【解析】分析】根据题意，列出，结合，赋值进行计算，可得答案.详解】根据题意可知，所以，，而，故可能大于1，所以m可能取到的最大值为7.故选：C12. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过C上一点A作l的垂线，垂足为B.若，则的外接圆面积为（    ）.A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义求得，进而得到，利用勾股定理求得，进而得到，然后利用正弦定理中的外接圆直径公式，求得的外接圆半径为R，然后计算其面积.【详解】设，由抛物线的定义可知，所以，代入抛物线的方程中得到，由几何关系可知，.设的外接圆半径为R，由正弦定理可知，解得，所以的外接圆面积为.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知正方体的各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则正方体的表面积为______.【答案】32【解析】【分析】根据正方体外接球的直径为正方体的体对角线建立半径和棱长的方程，代入正方体表面积公式即可求解.【详解】易知该球的直径即为正方体的体对角线，设正方体的棱长为l，球的直径，因为球的表面积为，所以，，所以正方体的表面积为.故答案为：32.14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则______.【答案】5【解析】【分析】将条件代入余弦定理，即可求解.【详解】因为，，，又由余弦定理有：，即且，解得：.故答案为：5.15. 已知椭圆：的左顶点为，上顶点为，右焦点为，且是等腰三角形，则椭圆的离心率为___________．【答案】【解析】【分析】先根据椭圆方程确定题中三点的坐标，并求出的三边长，再根据是等腰三角形列等式求解可得，从而椭圆的离心率为.【详解】根据椭圆方程，可得，，，，，，有，，若是等腰三角形，则，有，两边平方整理得，把，代入得，又，所以，.离心率.故答案为：.16. 已知函数与曲线有三个交点，则k的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】将两曲线表达式联立，得出一元二次方程，利用判别式即可求出k的取值范围.【详解】由题意，函数与曲线有三个交点，，则，若直线与曲线有三个交点，只需满足方程有两个不等于1和0的解.因为该方程的两个解之积，故只需满足，所以或，即k的取值范围是.故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 记为等差数列的前n项和，已知，.（1）求的通项公式；（2）证明：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列前n项和基本量的运算求解公差，写出等差数列通项公式即可；（2）对和变形后利用裂项相消法求和，再利用放缩法证明即可.【小问1详解】设公差为d，则，解得.所以.【小问2详解】由（1）可知，.18. 如图，在三棱柱中，，，，平面，D为上一点，且.（1）证明：平面；（2）若E为上一点，，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先通过长度关系证得，在通过题干垂直关系证得，由此可得平面.（2）求出、长度.再求三棱锥的体积,由三棱锥与三棱锥的体积关系，即可求出三棱锥的体积；或由等体积法求三棱锥的体积，即.【小问1详解】如图，因为平面ABC，平面ABC，平面ABC，所以，，因为，所以.因为，得，又，所以在中，，故，因为，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为平面，平面，且，所以平面.【小问2详解】由题意得，，，，由（1）可知，平面ABD，所以,则，所以，因为，故.方法1：所以，又因为，且，所以.方法2：因为平面，平面,所以平面平面,又因为平面平面,点E到直线PA的距离也是点到平面的距离，即，所以三棱锥的体积为：.19. 某医院对患者就诊后的满意度进行问卷调查，患者在问卷上对就诊满意度进行打分，分值为0~5分，其中满意度打分不低于4分表示满意.现随机抽取了100位患者的调查问卷，其满意度打分情况统计如下：满意度打分012345人数136105624 （1）估计患者对该医院满意度打分的平均值；（2）若该医院一周内共有6000名患者就诊，估计其中表示满意的患者人数；（3）医院对抽取的调查问卷中1位满意度打0分的患者和3位满意度打1分的患者进行电话回访，并将这四人随机分成A，B两组，每组各两人，求A组的两人满意度打分均为1分的概率.【答案】（1）3.89分    （2）4800人    （3）【解析】【分析】（1）由样本平均数估计总体平均数.（2）通过样本估计出总体满意的患者占比，即可求出答案.（3）列出样本空间，由古典概型计算概率即可.【小问1详解】由列表可知，100位患者的满意度打分的平均分为：分.所以估计患者对该医院满意度打分的平均值：3.89分.【小问2详解】由列表可知，表示满意的患者占比为，所以6000名患者中表示满意的人数为人.【小问3详解】设打0分的患者为M，打1分的患者为，，，则A组的两位患者可以为，，，，，共6种组合，其中两个均为打1分的患者共有3种组合，设事件C表示“A组的两位患者满意度打分均为1分”，则.所以A组的两位患者满意度打分均为1分的概率为.20. 已知双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线l交C的右支于M，N两点，且当l垂直于x轴时，l与C的两条渐近线所围成的三角形的面积为4.（1）求C的方程；（2）证明：，求.【答案】（1）    （2）证明见解析，【解析】【分析】（1）根据题意，表示出两交点的坐标，然后结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果；（2）当直线的斜率存在时，设l的方程为，联立直线与双曲线的方程，结合韦达定理，再由弦长公式，即可得到结果；【小问1详解】根据题意有，C的渐近线方程为，将代入两个渐近线方程得到交点坐标为，，l与C的两条渐近线所围成的三角形的面积为，所以，C的方程为.【小问2详解】设，，其中，，由（1）可知，，当轴时，显然MN与不垂直.当l不垂直于x轴时，设l的方程为时，代入C的方程有：，故，，，，当时有：①，由得到，代入，整理有②，由①，②可得.所以.21. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：；（3）已知当时，，证明：.【答案】（1）在单调递增    （2）证明见解析    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，在直接判断不了的正负情况，再对其求二阶导并确定正负，从而确定单调性，再由此确定出的正负情况，即可讨论出的单调性.（2）证明：即证，构造新函数，利用导数判断单调性，从而确定.（3）由（2）结合不等关系即可解决.【小问1详解】定义域为，，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，所以在单调递增.【小问2详解】设，则，设，则，单调递减，又因为，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即.【小问3详解】由（2）可知，，当且仅当时等号成立，设.当时，有，所以即，①当时，有，所以即，②由①②可令，其中，故，【点睛】判断函数单调性，一次求导没法判断时，往往可以二次求导;通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；在给定区间恒成立时，往往需利用单调性转化为最值问题解决.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在极坐标系Ox中，圆，直线.（1）在以O为原点，极轴为x轴的正半轴建立的直角坐标系xOy中，求C的标准方程和l的方程；（2）以M为圆心的圆与圆C外切，且与l也相切，求M轨迹的极坐标方程.【答案】（1）C的标准方程为，l的方程为；    （2）【解析】【分析】（1）利用和，得到C的标准方方程和l的方程；（2）设，由相切关系得到方程，求出M的轨迹方程为，转化为极坐标方程即可.【小问1详解】分别将和，代入，得，C的标准方程为.因为直线，所以l的方程为.【小问2详解】设，且易知，则，所以，即.故M轨迹方程为，所以M轨迹的极坐标方程为.[选修4-5：不等式选讲]23. 设a，b为正数，且.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用等量代换可得，结合转化为求关于的二次函数在上的值域即可.（2）将原式展开后结合可得，运用“1”的代换及基本不等式即可证得结果.【小问1详解】证明：由，可得，即，所以，因为a，b为正数，所以，所以，所以，所以，所以.【小问2详解】证明：由可得，由（1）可得，所以，当且仅当即时取等号.故，当且仅当时取等号.