河南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月大联考理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月大联考理科数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答題前，考生务必用直径0，本试卷主要命题范图， 已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答題前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本试卷主要命题范图：集合与常用逻辑用语，函数，导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列，不等式，立体几何，直线与圆，圆锥曲线.
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. 已知集合，（），若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出集合和集合，再由进行求解.
【详解】由已知，集合即函数的定义域，
由不等式，即，解得，
∴，
集合即函数的值域，因为指数函数的值域为，所以函数的值域为，
∴，
∵，
∴的取值范围是.
故选：D.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由复数的运算化简，再计算模长.
【详解】，
故选：B
3. 已知直线，若，则与之间的距离为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离公式求解即可.
【详解】因为，所以，解得，经检验符合题意；
所以，
所以与之间的距离，
故选：A
4. 我国古代历法从东汉的《四分历》开始，就有各节气初日晷影长度和太阳去极度的观测记录，漏刻、晷影成为古代历法的重要计算项目．唐代僧一行在编制《大衍历》时发明了求任何地方每日晷影长和去极度的计算方法——“九服晷影法”，建立了晷影长l与太阳天顶距之间的对应数表（世界上最早的正切函数表）．根据三角学知识知：晷影长l等于表高h与天顶距正切值的乘积，即．若对同一表高进行两次测量，测得晷影长分别是表高的2倍和3倍，记对应的天顶距分别为和，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件得出的值，利用两角差的正切公式可得结果.
【详解】由题意知，所以
故选：B.
5. 已知是平面内两个不同的定点，为平面内的动点，则“的值为定值，且”是“点的轨迹是双曲线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用双曲线的定义，直接判断，可得答案.
【详解】“的值为定值，”，若，则点的轨迹不是双曲线，故充分性不成立；
“点的轨迹是双曲线”，则必有是平面内两个不同的定点，且满足，故必要性成立；
故选：B
6. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程.
【详解】，，
又，
所求切线方程为：，即.
故选：C.
7. 已知双曲线，F为C的下焦点．O为坐标原点，是C的斜率大于0的渐近线，过F作斜率为的直线l交于点A，交x轴的正半轴于点B，若，则C的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别表示出A、B坐标，利用求得，即可求出离心率.
【详解】因为F为双曲线的下焦点，不妨设，
所以过F作斜率为的直线，所以.
因为是C的斜率大于0的渐近线，所以可设.
由联立解得：.
因为，所以，解得：.
所以离心率.
故选：C
8. 函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数周期可求出，又由特殊值和，可求得和，进而可得的解析式，再利用的图象变换规律，求得的解析式．
【详解】依题意有，得，
又，所以，且，得，
又，得，
所以，
所以．
故选：A．
9. 已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆C过和两点，点P在线段上，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆过点求出，再求出焦点坐标，利用数量积的坐标运算结合二次函数的最值求解.
【详解】因为椭圆过点和，
所以，可得，
所以，，
设，由题意直线的方程为，即，
因为点P在线段上，所以满足，
则
，，
当时，，当时，，
所以的取值范围为.
故选：D
10. 已知定义在上的函数满足：①；②对任意正数x，y，当时，恒成立．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数性质可知，在上单调递减，又根据，可构造函数，且函数为单调递减，又因为，即可得出.
【详解】由题意可知，对任意正数x，y，当时，，即
所以函数在上单调递减，即导函数在恒成立；
可得；
构造函数，则，
所以，在上单调递减；
设函数，则，
即在为单调递减，所以,即；
设函数，则，
即在为单调递减，所以，即；
综上可知，，
即
即得.
故选：A.
11. 在四面体中，，异面直线与所成的角为，二面角为锐二面角，，则四面体的体积为（ ）
A. B. 3C. 5D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，如图，将四面体放在长方体中，为三棱锥，过点D作于E，则平面，结合二面角和异面直线所成的角的定义可得，求出DE，利用三棱锥的体积公式计算即可.
详解】
如图，在长方体中，，
过点D作于E，则平面，
所以为二面角的所成角，为锐角，
为异面直线与的所成角，所以，
所以.
由题意知，该四面体为三棱锥，
由，
所以该三棱锥的体积为.
故选：C.
12. 将曲线和曲线合成曲线E．斜率为k的直线l与E交于A，B两点，P为线段的中点，则下列判断错误的是（ ）
A. 曲线E所围成图形的面积小于36
B. 曲线E与其对称轴仅有两个交点
C. 存在，使得点P的轨迹总在某个椭圆上
D. 存在k，使得点P的轨迹总在某条直线上
【答案】D
【解析】
【分析】画出曲线表示的图形，分析AB选项；
选项C，分析当时，设，且，，然后根据题意分析点P的轨迹总在某个椭圆上即可；
选项D，结合C的部分条件，加上中点公式，以及差点法，若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，则为常数，化简分析即可解决问题.
【详解】选项A：如图，曲线E所围成图形在正方形内部，
由正方形的面积为，
所以曲线E所围成图形的面积小于36，故A正确；
由A中图形可知，曲线E关于轴对称，
所以曲线E与其对称轴仅有两个交点，故B正确；
选项C：设，且，
，
当时，
，两式相减的：
所以，
又，所以
故存在，使得点P轨迹总在某个椭圆上，C正确
选项D： 由，，
由题意若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，
则，
两式相减得：
即，
又，所以，
即，
又，
所以若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，
则为常数，
即
为定值，
因为分子分母次数不同，
故若上式为定值，则恒成立，
即，无解，假设不成立，
所以不存在k，使得点P的轨迹总在某条直线上
所以选项D不正确；
故选：D.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量满足，则与的夹角为_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量夹角公式，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】，
，
设与的夹角为，
，
因为，
所以，
故答案为：
14. 直线l过点且与圆相切，则直线l的方程为______________．
【答案】或.
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，然后分直线的斜率不存在和存在两种情况求解即可.
【详解】由，得圆心为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线恰好与圆相切，符合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则
，，
解得，
所以直线的方程为，即，
综上，直线l的方程为或，
故答案为：或.
15. 如图，直线与抛物线交于A，B两点，D为C上异于A，B一点，若，则点D到直线的距离与p的比值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到的坐标，设，由题意可得，列出方程即可得到结果.
【详解】因为直线与抛物线交于A，B两点，不妨设
且D为C上异于A，B的一点，由抛物线的对称性，不妨设
则
由可得
化简可得，因为，则
即点D到直线的距离与p的比值为
故答案为:
16. 若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；利用导数可求得单调性，并由此得到的图象；采用数形结合的方式可确定且；假设，由可确定，进而得到的值，结合图象可确定的取值范围.
【详解】，是的两个极值点，
是的两根，又当时，方程不成立，
与有两个不同的交点；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则图象如下图所示，
由图象可知：且；
，；
当时，不妨令，则，即，，解得：，
当时，，
若，则，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查根据极值点求解参数范围问题，可将问题转化为已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题，解决此类问题的常用的方法有：
（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.
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.
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可得到，进而得到，即可求出A的大小；
（2）根据三角形内角和为，且为锐角三角形，从而可得出的取值范围，再将转化为关于的函数即可求解．
【小问1详解】
由，
则根据正弦定理有，即，
又由余弦定理有，得，
所以在中，得；
【小问2详解】
由为锐角三角形，且，
则有，得，即，即，
所以根据正弦定理有．
18. 已知直线，若与的交点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）若圆的圆心在直线上，且与曲线C相交所得公共弦的长为，求m，n的值．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由判断出点的轨迹为以为直径的圆(除去点)，进而求其方程;
（2）由圆的圆心的位置得,的关系,两个圆方程相减得的方程,由弦长求,.
【小问1详解】
当
故直线过定点，
直线，当，故其过定点，
又,所以,所以点的轨迹为以为直径的圆，
当时，两直线交点为，但交点无法与点重合，
故需除去点
其圆心为原点,半径为,所以曲线的方程为；
【小问2详解】
由(1)知,曲线的方程为，
又圆的圆心为在直线上,
所以,，
两圆方程作差得两个圆的公共弦的方程为,
即,
因为两个圆的公共弦的长为,
原点到直线的距离为
,
所以,
解得或,
所以或.
19. 在正项数列中，，，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，，且，设数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由可得到，根据累乘法求通项的方法，即可求出的通项公式；
（2）由可知，可判断数列为等比数列，根据等比数列的前n项和公式求出，即可求证.
【小问1详解】
解：已知①，
则，且②，
，得，整理得，
∴，，，，
由累乘法可得，
又，，符合上式，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可知，，
因为，所以，
则数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴，
，即，得证.
20. 在边长为2的正方形外作等边（如图1），将沿折起到处，使得，E为的中点（如图2）．
（1）求证：平面 平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】取BC中点为O，建立以O为原点的空间直角坐标系.
（1）设平面PDE法向量为，平面PCD法向量为， 利用可证面面垂直.
（2）求得平面PAD的法向量，后用向量法可求得二面角的余弦值，后可求得正弦值.
【小问1详解】
因四边形ABCD为正方形，则.
又在三角形PCD中，，，，
则.又平面PCD，平面PCD，，
则平面PCD.取BC中点为O，AD中点为F，连接PO，OF.
则.又平面PCD，则，
得.
故如图建立以O为原点，以射线OB方向为x轴正方向，射线FO方向为y轴正方向，
射线OP方向为z轴正方向的空间直角坐标系.
则，
得，
设平面PDE法向量为，则，
取.
设PCD法向量为，则，
取.
因，则平面 平面.
【小问2详解】
由（1）分析可知，平面PDE法向量为.
又，设平面PAD的法向量，
则，取.
则，
又由图可知二面角平面角为锐角，则，
得二面角的正弦值.
21. 已知椭圆的一个焦点为，其左顶点为A，上顶点为B，且到直线的距离为（O为坐标原点）．
（1）求C的方程；
（2）若椭圆，则称椭圆E为椭圆C的倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线与椭圆C，E交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆的方程．
（2）分别联立直线与椭圆、椭圆的方程消元，可证明线段、中点相同，然后结合可得，由此可证明.
【小问1详解】
，
直线的方程为，即，
到直线的距离为，
，
又，解得，，
椭圆的方程为：．
【小问2详解】
椭圆的3倍相似椭圆的方程为，
设，，，各点坐标依次为，，，，，，，，
将代入椭圆方程，得：，
，
，，
，
将代入椭圆的方程得，
，，，
，
线段，中点相同，，
由可得，
，所以，
，化简得，满足式，
，即点在定曲线上．
22. 已知（）．
（1）讨论的单调性；
（2）若，函数，，，，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出的导数，根据的取值范围进行分类讨论即可；
（2）当，时，，去绝对值后，构造函数求解即可.
【小问1详解】
由已知，（）的定义域为，
，
①当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增；
②当时，令，则，，
解得（舍），，
∴当时，，∴，
∴区间上单调递减，
当时，，∴，
∴在区间上单调递增，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
【小问2详解】
当时，，，
，，，
等价于，
即，
令，，则恒成立
，
令，，则，
令，解得，当时，，在区间单调递增；
当时，，在区间单调递减，
∴当时，的最大值为，
∴当时，，即，
∴在区间上单调递减，
不妨设，∴，，有，
又∵在区间上单调递减， ，，且，有，
∴等价于，
∴，
设，，
则，，且，等价于，
即在上单调递减，∴，
∴，∴，
∵当时，的最大值为，
∴的最小值为，
∴，
综上所述，满足题意的实数的取值范围是.
【点睛】本题第（2）问解题的关键点有两个，一个是将等价转换为，便于构造函数；另一个是通过构造函数，借助导数判断出函数的单调性去绝对值.