河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测理科数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 下述四个结论， 已知数列满足，，则等内容，欢迎下载使用。

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题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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. 已知集合，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合、，利用几何的基本计算逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】因为，，
所以，或，
所以，，A错；
，B对；
或，则或，C错；
或，D错.
故选：B.
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 1或
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件可得，进而得，由模长公式即可求解.
【详解】设，，
，，
，，
.
故选：A
3. 在区间上随机取一个数b，则直线与圆有公共点的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点到直线的距离与半径的关系，即可由几何概型的计算公式求解.
【详解】圆的圆心为，故圆心到直线的距离为 ，
若直线与圆有公共点，则，
由几何概型可知：在区间上随机取一个数b，则直线与圆有公共点的概率是，
故选：C
4. 2022年，中央网信办举报中心受理网民举报违法和不良信息1.72亿件．下面是2021年、2022年连续两年逐月全国网络违法和不良信息举报受理情况数据及统计图，下面说法中错误的是（ ）
A. 2022年比2021年平均每月举报信息数量多B. 举报信息数量按月份比较，8月平均最多
C. 两年从2月到4月举报信息数量都依次增多D. 2022年比2021年举报信息数据的标准差大
【答案】D
【解析】
【分析】根据表中的数据逐项计算得出结论.
【详解】对于A，由图表可以看出2022年的数据基本在2021年之上，但7月份，8月份和11月份2021年的数据较2022年大，
其差距与1月份，2月份和12月份基本相等，所以2022年的月平均数要大一些，正确；
对于B，从2年的角度看，8月份平均最多，正确；
对于C，从图表可以看出，从2月份到4月份，两条曲线都是递增的，正确；
对于D，从图表可以看出2022年的数据更加集中，即标准差更小，错误；
故选：D.
5. 双曲线的左焦点关于一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，该双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为，可得即可求出.
【详解】由题结合双曲线的对称性可得其中一条渐近线的倾斜角为，
则，.
故选：C.
6. 下述四个结论：
①命题“若，则”的否命题是“若，则”；
②是的必要而不充分条件；
③若命题“”与命题“p或q”都是真命题，则命题q一定是真命题；
④命题“，”的否定是“，”．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ④D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】根据否命题，即可判断①；解出的解，即可判断②；根据逻辑联结词，即可判断③；根据存在量词命题的否定，即可判断④.
【详解】对于①，根据否命题的概念，可知“若，则”的否命题是“若，则”，故①错误；
对于②，解可得，或，所以是的必要而不充分条件，故②正确；
对于③，因为为真命题，所以命题为假命题；
因为命题“p或q”是真命题，命题为假命题，所以命题为真命题.
故③正确；
对于④，根据存在量词命题的否定可知，“，”的否定是“，”，故④错误.
综上所述，②③正确.
故选：B.
7. 已知在R上单调递增，且为奇函数.若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的性质可得，进而根据基本不等式即可求解.
【详解】由于奇函数，所以，
由得 ，
由于 所以，
当且仅当时取等号，故的最小值为，
故选：A
8. 已知数列满足，，则（ ）
A. 2023B. 2024C. 4045D. 4047
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
详解】，
，
即，
可得，
.
故选：C.
9. 已知，，，，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数、，，利用导数探讨单调性比较大小作答.
【详解】令函数，求导得，函数在上递减，
当时，，则，于是，即，
令函数，求导得，函数在上递增，
当时，，则，于是，即，
当时，，，则，
即，而，于是，即，
所以a，b，c，d大小关系是，C正确.
故选：C
10. 在正方体中，分别为，的中点，则下列结论正确的个数为（ ）
①平面 ；②；③直线与所成角的余弦值为
④过三点的平面截正方体所得的截面为梯形
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与平面平行的判定可判断①；根据直线与平面垂直的判定与性质可判断②；通过平行线平移可确定直线与所成角，然后通过余弦定理可求得角的余弦值，进而判断③；画出截面图可判断④
【详解】连接，交于点，则是的中点，连接，由于是中点，可得，
所以四边形是平行四边形，所以,
又平面，平面，所以平面，即①正确；
连接，则，在正方体中，平面，又平面，所以,
又，平面，平面，所以平面，若，则平面或平面，而与平面相交，所以与不垂直，即②错误；
由于，所以为直线与所成角（或补角），
设正方体棱长为2，
则,所以由余弦定理得，即③正确；
因为平面与平面平行，则过三点的截面与这两个平面的交线平行，由于其中一条交线是,另一交线过点，所以在平面内作与平行（是靠近的四等分点），连接，同理作出与平行（是靠近的三等分点），从而得到截面，可知截面是五边形，即④错误；
综上，正确的个数是2个.
故选：B.
11. 若函数在上存在两个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数，利用导数研究函数的单调性及最值，数形结合得解.
【详解】函数在上存在两个零点，
即在上有2个解，
即与的图象在上有2个交点，
，由可得，函数单调递增，
故时，，函数单调递减，
所以，，
由时，知，，即，可得，
作出图象，如图，
由图象可知，当时满足条件.
故选：A
12. P为抛物线上任意一点，F为抛物线的焦点.如图，，的最小值为4，直线与抛物线交于点N，点在线段上，点在抛物线上.若四边形为菱形，且轴，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的定义，得到点三点共线时，此时取得最小值，求得，得到抛物线方程为，设，求得和，根据为菱形，列出方程组求得或，进而求得的长.
【详解】作出抛物线的准线方程，过点作准线的垂线，垂足为，
因为，由抛物线定义，可得，
当点三点共线时，此时取得最小值，最小值为，
可得，所以抛物线方程为，
因在直线上，可设，
可得直线和的方程分别为和，
联立方程组，解得，即，同理可得
则有，即，可得，即，
代入，可得，
整理得，其中，
解得，所以或，
因为，即，
所以，可得，
所以.
故选：D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知的二项式系数之和为64，则展开式中的系数为______（用数字作答）.
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.
【详解】由题意知，
二项式系数之和，
所以
所以，
所求的系数为.
故答案为：60.
14. 已知向量，，，若，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算以及向量相等可得，两式平方相加结合数量积的坐标表示，即可得答案.
【详解】由题意可知，
即，
将两式平方相加可得，
故，
故答案为：
15. 已知等差数列的前n项和为，是等比数列且，，数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】538
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由已知可得，，再利用等差数列、等比数列的前项和公式计算可得答案.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，
因为，所以，
若，则，可得，
若，则，可得，
因为，
所以
.
故答案为：.
16. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知P到平面的距离为7，，.记与平面所成的角为，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，过点作平面，为垂足，作，垂足为，根据，求得的范围，进而可求得的范围，从而可得出答案.
【详解】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，
则为的中点，平面，
过点作平面，为垂足，则，，
作，垂足为，则四边形为矩形，
，得，，
则，所以，
故，所以，
则，即，
则，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据，求得的范围，进而求得的范围，是解决本题的关键.
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. 的内角A，B，C的对边分别为，，，.
（1）求；
（2）若在线段上且和都不重合，，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合条件，利用正弦定理进行边角转化即可得到结果；
（2）设，在中，利用正弦定理得到，在中，利用正弦定理得到，从而得到,再利用的性质即可求出结果.
【小问1详解】
由得，由正弦定理得
，
所以，又因为，所以，
所以，又，所以，
【小问2详解】
由，得，由余弦定理知，又因为，所以，
所以，所以，如图，设,
则,,，
在中，由正弦定理可知，
在中，由正弦定理可知，
故
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
即.
18. 为进一步加强学生的文明养成教育，推进校园文化建设，倡导真善美，用先进人物的先进事迹来感动师生，用身边的榜样去打动师生，用真情去发现美，分享美，弘扬美，某校以争做最美青年为主题，进行“最美青年”评选活动，最终评出了10位“最美青年”，其中6名女生4名男生。学校准备从这10位“最美青年”中每次随机选出一人做事迹报告.
（1）若每位“最美青年”最多做一次事迹报告，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B，求，；
（2）根据不同需求，现需要从这10位“最美青年”中每次选1人，可以重复，连续4天分别为高一、高二、高三学生和全体教师做4场事迹报告，记这4场事迹报告中做报告的男生人数为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意求得，结合条件概率的公式，即可求解；
（2）被抽取的4次中男生人数X的取值，得到，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意得，第二次抽到男生的概率为，
“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件发生的条件下，事件B发生的概率，
而，，所以.
【小问2详解】
解：被抽取的4次中男生人数X的取值为0，1，2，3，4且.
可得；；
；；
，
所以随机变量的分布列为：
所以随机变量的期望为：.
19. 如图，四边形为菱形，平面，，.
（1）证明：平面平面 ；
（2）若，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂直，即可得线面垂直证明面面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小.
【小问1详解】
设BD交AC于点O，连接EO，FO，
因为四边形ABCD为菱形，所以.
因为ED平面ABCD,AC平面ABCD，所以.
又，平面BDEF，所以平面BDEF；
又平面BDEF，所以.
设FB=1，由题意得ED=2，.
因为FB//ED，且面，则FB平面ABCD，
而平面ABCD，故，，
所以，，.
因为，所以.
因为，平面ACF，所以EO平面ACF.
又EO平面EAC，所以平面EAC平面FAC.
【小问2详解】
取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG底面ABCD.
以O为原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，由（1）中所设知，，
所以，,
所以.
所以，，，
设平面FAE的一个法向量为，
则，
所以；
平面AEC的一个法向量为，
则，
所以；
所以，
由图形可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的大小为.
20. 椭圆的短轴长为2，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ，NQ与直线分别交于点A，B，且？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）由椭圆的短轴长和离心率得到，求出椭圆方程；
（2）考虑当斜率不为0时，设，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，得到，同理得到，分与讨论，得到点坐标，再考虑当斜率为0时，也满足要求，从而求出答案.
【小问1详解】
由题意得，则，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
当斜率不为0时，设，联立，
可得．
.
设，，，
则，．
直线，令得
同理可得．
于是，
故 ．
若，则由，与直线的任意性矛盾,
若，则
所以点的坐标为或,
当斜率为0时，此时设，
不妨令，此时直线为，
令得，故，
直线为，令得，故，
显然，
经验值，当点的坐标为同样满足要求，
综上：点的坐标为或，
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
21. 已知函数，.
（1）求的单调区间；
（2）若方程的两个解分别为，求证：.
【答案】（1）单调递增区间是，无递减区间.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先对求导，再利用的因式构造，然后对求导，得到的单调区间，确定的最小值是正值，从而确定恒正，最后求出的单调区间；
（2）原方程可以变形为：，设，，则由函数是增函数知，所以，设，则，， 设，则，，证明（*），即，从而证明了.
【小问1详解】
对函数求导可得：， 令 则.
当单调递减，单调递增.
所以，，所以，在上单调递增.
故的单调递增区间是，无递减区间.
【小问2详解】
若方程有两个解，不妨设，
原方程可以变形为：，设，，
由，得，
因为函数是增函数，所以，则，
设，则，，
欲证，即证， 只需证（*）
设，，，在上，，单调递减，
所以，所以， 令即得（*）成立，
从而，命题得证．
（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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，点M的极坐标为，曲线的极坐标方程为，曲线，的交点为，．
（1）求和的直角坐标方程；
（2）圆经过，，M三点，过原点的两条直线，分别交圆于A，B和C，D四点，求证：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用与得到曲线的极坐标方程，消去参数得到的直角坐标方程；
（2）先求出圆的方程为：，化为极坐标方程，设直线，的极坐标方程分别为，，代入圆的极坐标方程，利用根与系数关系得证.
【小问1详解】
曲线的极坐标方程为，
根据公式，可得：，
所以曲线直角坐标方程为：．
曲线的参数方程为（为参数），即:．
又，所以曲线的普通方程为．
【小问2详解】
与联立，解得，
故曲线，的交点为，，
因为，所以点的坐标为．
因为，关于轴对称，故圆的方程的圆心在轴上，
设其方程为，将点代入可得，
解得，故圆的方程为：．
将，代入可得，极坐标方程为．
设直线，的极坐标方程分别为，，
分别代入圆的极坐标方程得，
，
，
所以有．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数的最小值为m，的最小值为n．实数a，b，c满足，，，．
（1）求m和n；
（2）证明：．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据绝对值大于等于0得到，对分段讨论即可求出；
（2）根据（1）知，，再利用基本不等式得，结合即可得到，从而得到答案.
【小问1详解】
函数的最小值为，此时，
当时，，
当时，，
当时，，
函数，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
所以函数的最小值为，
故.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，，
所以，，，，，
又因为，
所以，又， X
0
1
2
3
4
P