河南省新未来联盟2023届高三上学期12月联考理科数学试题及答案

河南省新未来联盟2023届高三上学期12月联考理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设复数，是z的共轭复数，则（    ）

A．-3 B．-1 C．3 D．5

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．2022年5月，居民消费价格走势为113.52点，同比增长率为2.01%，增速高于平均值1.105%，增速乐观．下表统计了近6年的消费价格走势，令2015年12月时，；2016年6月时，，依次类推，得到x与居民消费价格y（点）的线性回归方程为．由此可估计，2022年6月份的消费价格约为（    ）

A．113.5点 B．113.8点 C．117.3点 D．119.1点

4．函数在区间上的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

5．若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知数列中，，，则数列的前10项和（    ）

A． B． C． D．2

7．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）

A． B． C． D．12

8．已知函数在内有且仅有1个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．在正方体中，已知，点O在棱上，且，则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为（    ）

A． B．  C． D．

10．如图，某水果店门前用3根绳子挂了6串香蕉，从左往右的串数依次为1，2，3．到了晚上，水果店老板要收摊了，假设每次只取1串（挂在一列的只能先收下面的），则将这些香蕉都取完的不同取法种数是（    ）

A．144 B．96 C．72 D．60

11．已知动点M，N分别在抛物线：和圆：上，则的最小值为（    ）

A． B． C．5 D．6

12．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．设向量，的夹角的余弦值为，且，，则________．

14．已知双曲线C：，其右焦点到渐近线的距离为2，则该双曲线的离心率为________．

15．柏拉图多面体并不是由柏拉图所发明，但却是由柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名，由于它们具有高度的对称性及次序感，因而通常被称为正多面体．柏拉图视“四古典元素”中的火元素为正四面体，空气为正八面体，水为正二十面体，土为正六面体．如图，在一个棱长为的正八面体（正八面体是每个面都是正三角形的八面体）内有一个内切圆柱（圆柱的底面与构成正八面体的两个正四棱锥的底面平行），则这个圆柱的体积的最大值为________．

16．如图，在中，，，点D为BC的中点，则当取最大值时，________．

三、解答题

17．已知数列的前n项和为，满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

18．如图，在长方体中，已知，E为BC中点，连接，F为线段上的一点，且．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

19．在高考结束后，程浩同学回初中母校看望数学老师，顺便帮老师整理初三年级学生期中考试的数学成绩，并进行统计分析，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，，，，，，共6组，得到如图所示的频率分布直方图，记分数不低于90分为优秀．

(1)从样本中随机选取一名学生，已知这名学生的分数不低于70分，问这名学生数学成绩为优秀的概率；

(2)在样本中，采取分层抽样的方法从成绩在内的学生中抽取13名，再从这13名学生中随机抽取3名，记这3名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望．

20．已知函数．其中．

(1)讨论函数的单调性；

(2)设，如果对任意的，，求实数a的取值范围．

21．已知曲线：经过点，．

(1)求曲线的方程；

(2)已知定点，过的直线与曲线交于A，B两点，过的直线与曲线交于C，D两点．若A，C，M三点共线，证明：B，D，M三点共线．

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是（为参数）．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．

(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；

(2)若直线l与x轴交于点P，与曲线C分别交于A，B两点，求的值．

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若函数的最小值为m，正实数a，b满足，求的最小值．

参考答案：

1．D

【分析】先利用复数的除法化简，进而得到共轭复数，再利用复数的乘法运算求解.

【详解】解：∵，

∴，．

故选：D．

2．B

【分析】解不等式求出，，从而求出交集.

【详解】解得：，所以，

，故，故，所以，

则．

故选：B．

3．B

【分析】由题意及图表，可得，代入线性回归方程可得答案.

【详解】由题意及图表，可得当2021年12月时，，故当2022年6月时，.

把代入，得．

故选：B．

4．A

【分析】根据函数解析式，判其奇偶性，利用取特殊点，可得答案.

【详解】解：由，可知其定义域为，

且，则函数是偶函数，排除选项C．

又，，排除选项B，D．

故选：A．

5．B

【分析】根据切点处的切线方程的求解方法求出切线方程，并求出横纵截距即可求解.

【详解】∵，

∴，∴．

∵，

∴切线方程为，

可化为．

令，得；令，得．

∴，

解得．

故选:B．

6．C

【分析】将递推式两边同时倒下，然后构造等差数列求出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.

【详解】解：∵，

∴，

∴．

∴数列是首项为，公差为的等差数列，

∴，∴．

∴，

∴数列的前10项和．

故选:C．

7．D

【分析】多面体的直观图可以看成由长方体去掉两个体积相等的三棱柱，求出对应体积即可

【详解】由三视图还原该几何体，得几何体如图所示，则该几何体的体积为．

故选：D．

8．D

【分析】利用三角恒等变换化简，再根据余弦函数的图像和性质求解即可.

【详解】由题意得

当时，，

因为在内有且仅有1个零点，

所以，解得，

故选：D

9．C

【分析】根据题意找到平面平面都有轨迹，都为个圆周即可求解.

【详解】依题意，∵，，，

∴，，

所以,所以，

又因为，所以，

所以,即．

在平面内满足条件的点的轨迹为，

该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为；

同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为；

在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，

为半径的圆弧，长度为；

同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，

AE为半径的圆弧，长度为．

故轨迹的总长度为．

故选:C．

10．D

【分析】先列举得“2，3，4，5，6”取完的种数，在将1插入，利用分步乘法得答案.

【详解】解：将6串香蕉编号为1，2，3，4，5，6．

把“2，3，4，5，6”取完，方法为23456，24356，24536，24563，42356，42536，42563，45263，45623，45236，共10种，再把1插入其中，每个有6种插法．共有60种方法，

故选：D．

11．A

【分析】由圆的性质可得，根据两点间的距离公式结合抛物线的方程整理可得，构建函数，利用导数求其最小值，进而可得结果.

【详解】设，则，即，

由题意可得：，

∵，

令，则在R上单调递增，且，

当时，，当时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，则，

即，，则.

故选：A.

12．C

【分析】先对等式变形得到，，，构造，求导得到其单调性，结合，，得到，，由推出，结合函数单调性求出，从而比较出大小.

【详解】由，同理，，

令，，

当时，，当时，，

可得函数的递减区间为，递增区间为，而2 < e < 3 < 4，

又由，，可得，，

，

又由及的单调性，可知，

故．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，变形得到，，，从而构造，达到比较大小的目的.

13．-10

【分析】由题意可得，，，代入计算即可.

【详解】解：由题意可得，，

则．

故答案为：-10

14．

【分析】根据点到直线的距离公式求出，并根据离心率公式求解即可.

【详解】由于对称性，右焦点到两条渐近线的距离都为2，

由题可知，过一三象限的渐近线为，即，

所以右焦点到渐近线的距离为，

又，∴，

∴．

故答案为: .

15．

【分析】根据题意得到，，然后利用勾股定理得到，在中根据相似列方程，整理得，然后根据圆柱的体积公式求体积，最后求导，根据单调性求最值即可.

【详解】

解：如图，设该圆柱的底面半径为，高，

由题可知，，，则．

又，∴，，

∴圆柱的体积，，

可知，当时，；当时，，所以当时，单调递增，当时，单调递减，

∴当时，．

故答案为：.

16．

【分析】根据余弦定理，整理的函数解析式，利用二次方程根的情况，建立不等式，由题意，可得答案.

【详解】解：设，令．

∴，．

∴，解得．

∴t的最大值为，即取得最大值，

此时，则上述方程的解．

故答案为：.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）利用计算，然后构造等比数列求数列的通项公式；

（2）直接根据等差数列求和公式求和即可.

【详解】（1）∵，∴，

两式相减，得，∴，

∴，∴，

又当时，，即，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

∴，即；

（2）∵，

∴数列的前n项和．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意，根据勾股定理以及线面垂直性质定理，结合线面垂直判定定理，可得答案；

（2）由题意，建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用公式可得答案.

【详解】（1）证明：连接DE．依题意，可作图如下：

由为中点，则，则，∴，

即，∵平面ABCD，平面ABCD，∴．

又，∴平面，平面，平面．

∵平面，∴，

同理，可知，则，

∴，即，∴．∴．

∵平面，平面，且，∴平面；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，，

设平面的法向量为，则，

即，令，则，

设平面的法向量为，则

即，令，则，有，，，

∴，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

19．(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）先由频率直方图中频率之和为求得，从而求得不低于70分与不低于90分的人数，由此求得这名学生成绩是优秀的概率；

（2）结合（1）中结论，求得成绩在，与内的人数，从而利用分层抽样比例相同求得各区间所抽人数，由此利用组合数求得各取值的概率，进而得到X的分布列与数学期望．

【详解】（1）依题意，得，解得，

则不低于70分的人数为，

成绩在内的，即优秀的人数为；

故这名学生成绩是优秀的概率为；

（2）成绩在内的有（人）；

成绩在内的有（人）；成绩在内的有人；

故采用分层抽样抽取的13名学生中，成绩在内的有6人，在内的有5人，在内的有2人，

所以由题可知，X的可能取值为0，1，2，

则，，，

所以X的分布列为：

故．

20．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，然后分，讨论求单调性；

（2）先利用的单调性化简得，然后构造函数，求导，根据其为减函数求得实数a的取值范围．

【详解】（1），

当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

（2）假设，而，由（1）知，在上单调递减，∴，

∴化简为，

令，则在上单调递减，

∴，即，

，当且仅当时等号成立，

∴，故实数a的取值范围是．

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据曲线经过点，列方程，解方程得到，，即可得到曲线的方程；

（2）设：，：，联立直线和曲线的方程，利用韦达定理得到，，同理得到，，联立直线AC与曲线的方程得到，，根据，，三点共线和韦达定理得到，然后根据分别得到，，即可得到，即B，D，M三点共线.

【详解】（1）因为曲线：经过点，，所以，

解得，，即曲线的方程为.

（2）证明：易知直线，的斜率存在，设：，：，

设，，，，

令直线与曲线联立，，

消去y，整理得，

所以，，同理可得，，

因为A，C，M三点共线，则可设直线AC：，且，

所以，整理得，

令直线AC与曲线联立，消去y，整理得，

所以，，所以，

又，

且，

所以，即B，D，M三点共线．

【点睛】方法点睛：证明，，三点共线的方程：

①向量：可以通过说明与共线得到三点共线；

②斜率：可以通过说明得到三点共线（斜率得存在）；

③直线：可以通过说明点在直线上得到三点共线.

22．(1)直线l：；曲线C：

(2)2

【分析】（1）由题意，利用和角公式以及极坐标恒等式，可得直线方程；利用同角三角函数平方式，可得答案；

（2）由直线方程，求得，并整理直线的参数方程，代入圆的方程，根据韦达定理，可得答案.

【详解】（1）∵，∴，

∵，∴直线l的直角坐标方程为，

∵曲线C的参数方程是（为参数），

消去参数，得．

∴曲线C的普通方程为；

（2）在直线中，令，得，

可设直线l的参数方程为，代入中，

代简，整理可得，则，

令方程的两个根为，，∴，∴．

23．(1)；

(2)

【分析】(1)将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；

(2)由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）解：,

当时，或或,

解得或或，

所以，

故解集为；

（2）解：,

∴，，

∵a，b为正实数，

∴，

当且仅当，即时等号成立．