2023届河南省部分名校高三下学期学业质量联合检测数学（文）试题含解析

2023届河南省部分名校高三下学期学业质量联合检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，是偶数集，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用偶数和交集的定义即可求解.

【详解】因为在集合中，－2，0，2是偶数，所以．

故选：D.

2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算求出，即可得出在复平面内所对应的点.

【详解】由，得，

所以在复平面内所对应的点是．

故选：B.

3．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用特殊值及极限思想即可分析得出.

【详解】由，故D错误，

当时，，A，B错误．

故选：C.

4．已知点，，向量，，则与的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由平面向量的坐标运算求得，，结合平面向量的夹角公式即可求得答案．

【详解】由题意，得，，

则与的夹角的余弦值为．

故选：A．

5．已知是双曲线上的一个动点，且点到的两个焦点距离的差的绝对值为6，的焦点到渐近线的距离为4，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨设双曲线方程为，表示出双曲线的渐近线方程，根据双曲线的定义得到，再利用点到直线的距离公式求出，从而求出，即可得解.

【详解】解：不妨设双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为，即，

由双曲线的定义知，，所以，

由双曲线的焦点到其渐近线的距离为，即，

所以，

所以的离心率．

故选：B

6．某市年月至年月的平均气温折线图如图，则（    ）

A．平均高温不低于的月份有个

B．平均高温的中位数是

C．平均高温的极差大于平均低温的极差

D．月平均高温与低温之差不超过的月份有个

【答案】C

【分析】根据折线图数据，结合中位数、极差的定义依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，平均高温不低于的月份有年月和年月，共个，A错误；

对于B，将各个月份数据按照从小到大顺序排序后，可得中位数为，B错误；

对于C，平均高温的极差为，平均低温的极差为，

则平均高温的极差大于平均低温的极差，C正确；

对于D，月平均高温与低温之差不超过的月份有年月和年月，共个，D错误.

故选：C.

7．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．4 B． C．2 D．

【答案】A

【分析】目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．由约束条件作出可行域，找到可行域内到直线l的距离最大的点，求解即可.

【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示．由点到直线的距离公可知，

目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．

数形结合可知，可行域内到直线l的距离最大的点为，

且点A到直线l的距离，

则的最大值为4．

故选：A.

8．已知表示不超过实数的最大整数.执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】列举出每次算法步骤，即可得出输出结果.

【详解】执行第一次循环，，，，

；

执行第二次循环，，，，

；

执行第三次循环，，，，

；

执行第四次循环，，，，

，退出循环，输出.

故选：C.

9．记数列的前n项和为．若等比数列满足，，则数列的前n项和（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，，求出等比数列的公比及，数列也是等比数列，利用等比数列求和公式可求出答案.

【详解】因为，，

所以等比数列的公比，所以，则，

由，可知数列是以为首项，为公比的等比数列，

所以．

故选：D．

10．已知正三棱柱的所有棱长都相等，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（    ）

①；②；③；④平面．

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】连接，即可得到，再由正三棱柱的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，再由线面垂直的性质得到，即可说明，即可判断①、②、③，连接，通过证明平面平面，即可说明④.

【详解】解：连接，因为正三棱柱的所有棱长都相等，所以，．

又，分别是，的中点，所以，所以．

因为，，，平面，所以平面．

又平面，所以．又，，平面，所以平面．

又平面，所以．

由题意知且，所以四边形是平行四边形，

所以，所以，故①、③正确；

与是异面直线，故②错误；

连接，因为，平面，平面，所以平面

又，同理可证平面，

又，平面，

所以平面平面．

因为是线段上的动点，所以平面，所以平面，故④正确．

故选：C

11．已知函数，则下列结论正确的是（    ）

A．在区间上单调递减

B．在区间上有极小值

C．设在区间上的最大值为M，最小值为m，则

D．在区间内有且只有一个零点

【答案】D

【分析】由商数关系化简函数，结合导数法可得函数性质及图象，即可逐个判断.

【详解】因为，

所以．

当时，令，解得，则当x变化时，，的变化情况如下表所示．

所以在区间上的图象如图所示．

对A，在区间上单调递增，A错；

对B，在区间上有极大值，无极小值，B错；

对C，在区间上的最大值为，最小值为，，C错；

对D，在区间内有且只有一个零点，D对.

故选：D.

12．已知三棱锥P－ABC的所有顶点均在半径为2的球的O球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球的半径为r，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】设底面的中心为Q，根据题意可知，当三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，底面ABC，求出体积的最大值，再利用等体积法求出内切球的半径即可.

【详解】设底面的中心为Q，连接BQ，OQ，

则，且底面ABC，

如图，延长QO交球面于点P，连接OB，此时三棱锥P－ABC的体积取得最大值，

因为球O的半径为2，所以，

在中，，

所以三棱锥P－ABC的体积的最大值为，

此时，

所以，

所以，解得．

故选：B.

二、填空题

13．记函数在处的导数为，则________．

【答案】

【分析】求导后可得，结合对数运算法则可求得结果.

【详解】，，即，

.

故答案为：.

14．写出以原点为圆心且与圆C：相切的一个圆的标准方程为________．

【答案】或

【分析】根据两圆内切与外切的条件求解即可.

【详解】圆C：的圆心为，半径为1．

因为两圆圆心距为，

故若两圆外切，则所求圆的半径为，其标准方程为；

若两圆内切，则所求圆的半径为，其标准方程为．

故答案为：或

15．已知实数a，b，m，n满足，，则的最小值为________．

【答案】##

【分析】根据实数满足的表达式，将表达式转化成直线和抛物线形式，求出解抛物线上到直线距离最近的点，即可求得的最小值.

【详解】由题意知，是直线l：上的点，

是抛物线上的点，

的几何意义是抛物线C上的点到直线l上的点的距离的平方．

设与抛物线相切，切点为

则，即，所以直线与C切于点，

所以的最小值为．

故答案为：

三、双空题

16．已知是定义R在上的奇函数，当时，，当时，，则________；若方程有两个不同的实数根，则a的取值范围是________．

【答案】         

【分析】由可求出的值；画出的图象，由方程有两个不同的实数根，即的图象与的图象由两个交点，结合图象即可得出答案.

【详解】令，则，所以．

因为是定义在R上的奇函数，所以，

所以，所以，，

则，故

当时，，令，则．

因为当时，单调递增，且，此时单调递减，

所以由复合函数的单调性可知在区间上单调递减；

因为当时，单调递增，且，此时单调递增，

所以由复合函数的单调性可知，在区间上单调递增．

由奇函数图象的特点作出与的图象如下：

由图知，若有两个不同的实数根，相当于与有两个不同的交点，则或．

故答案为：－5；.

四、解答题

17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知是与的等比中项．

(1)求A﹔

(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由是与的等比中项可得，由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求出A﹔

（2）由正弦定理表示出，结合的单调性即可得出答案.

【详解】（1）因为是与的等比中项，所以，

由正弦定理及两角和的正弦公式，得．

因为，

所以，

即．

因为，所以，

所以，即．

又，所以，

所以，即．

（2）由正弦定理，得，

所以

．

因为是锐角三角形，

所以

所以，所以，

所以的取值范围是．

18．2020年，教育部启动实施强基计划．强基计划聚焦国家重大战略需求，突出基础学科的支撑引领作用．三年来，强基计划共录取新生1.8万余人．为响应国家号召，某校2022年7月成立了“强基培优”拓展培训班，从高一入校时中考数学成绩前100名的学生中选取了50名对数学学科研究有志向、有兴趣、有天赋的学生进行拓展培训．为了解数学“强基培优”拓展培训的效果，在高二时举办了一次数学竞赛，这100名学生的成绩（满分为150分）情况如下表所示．

(1)能否有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关？

(2)从成绩不低于135分的这60名学生中，按是否参加过“强基培优”拓展培训采用分层抽样﹐随机抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人代表学校参加区里的数学素养大赛，求这2人中至少有一人未参加过培训的概率．

参考公式：，其中．

【答案】(1)有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关．

(2)

【分析】（1）根据表中数据和参考公式代入计算并与比较即可得出结论；（2）由分层抽样可知参加过培训的有4人，未参加过的有2人，列举出6人中随机抽取2人的所有基本事件，再选出符合条件的事件数即可求得结果.

【详解】（1））根据列联表代入计算可得：

，

所以有99%的把握认为学生的数学竞赛成绩与是否参加“强基培优”拓展培训有关．

（2）由题意可知，所抽取的6名学生中参加过“强基培优”拓展培训的有4人，记为，，，，

未参加过“强基培优”拓展培训的有2人，设为甲、乙．

从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，

其中至少有一人未参加过培训的基本事件有，，，，，，，，，共9个．

故至少有一人未参加过培训的概率．

19．如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．

(1)证明：平面平面；

(2)求四棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形中位线性质和线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；

（2）取的中点，根据已知的长度关系和面面垂直性质可证得平面，结合线面角定义可得，由此可确定点位置，从而求得，利用棱锥体积公式可求得结果.

【详解】（1）分别为的中点，，，

平面，平面，

平面，平面，

又，平面，平面平面.

（2）取的中点，连接，

，，为等边三角形，，

又，，为等腰直角三角形，

，；

二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，

即为与平面所成角，

，解得：；

在中，由余弦定理得：，

即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，

，

.

20．已知函数，的导函数为．

(1)讨论的极值点的个数；

(2)当时，方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）对求导，分和，讨论的单调性，即可得出对应的极值点的情况；

（2）当时，方程有两个不相等的实数根，化简为，即与的图象有两个交点，令，对求导，得出的单调性及最值即可得出答案.

【详解】（1）函数的定义域为，．

当时，，在区间上单调递增，所以无极值点；

当时，令，解得，

所以当x变化时，，的变化情况如下表所示．

所以有一个极大值点，无极小值点．

综上，当时，无极值点；当时，有一个极值点．

（2）当时，方程，即，

则．

令，，则．

令，解得或（舍去）．

当时，，在区间上单调递减；

当时，，在区间上单调递增，

所以，又趋近于0时趋近正无穷；趋近于正无穷时趋近正无穷，

所以，即，故m的取值范围是．

21．已知抛物线E：的焦点关于其准线的对称点为，椭圆C：的左，右焦点分别是，，且与E有一个共同的焦点，线段的中点是C的左顶点．过点的直线l交C于A，B两点，且线段AB的垂直平分线交x轴于点M．

(1)求C的方程；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意得，从而得出椭圆C的焦点，，由线段的中点为求得，，可得C的方程；

（2）直线l的斜率存在，设为k，分两种情况讨论：当时，直接验证结论；当时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出线段AB的中点坐标，得到线段AB的垂直平分线的方程，求得坐标及，利用弦长公式求得，从而证得结论．

【详解】（1）抛物线E的焦点关于其准线的对称点为，

所以，即．

因为椭圆C与抛物线E有一个共同的焦点，所以，，

所以线段的中点为，所以，．

故C的方程为．

（2）由题意知，直线l的斜率存在，设为k．

当时，点A，B恰为椭圆C的左、右顶点，y轴为线段AB的垂直平分线，

，，，则．

当时，直线l的方程为，设，，线段AB的中点为，．

联立，消去y，得，

则，，

所以，

则．

由题意知，线段AB的垂直平分线的方程为，

令，得，

则．

又，

所以．

综上，．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)写出的普通方程；

(2)若曲线与有两个交点，则当为何值时，最大？并求出的最大值．

【答案】(1)

(2)当时，

【分析】（1）消去参数方程中的参数即可得到普通方程；

（2）根据极坐标与直角坐标互化原则可确定为直线，则当直线过圆心时，最大，由此可求得结果.

【详解】（1）由得：，

即的普通方程为：.

（2）由得：，

的直角坐标方程为：；

当过圆的圆心时，取得最大值，即为圆的直径，

，解得：，

则当时，.

23．已知a，b，c都是正实数，且．证明：

(1)；

(2)．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用三元基本不等式依次证得与即可，要特别注意等号成立的条件；

（2）利用基本不等式依次证得与，从而证得，要特别注意等号成立的条件.

【详解】（1）因为a，b，c都是正实数，且，

所以，则，所以，

当且仅当且，即时，等号成立，

故，

当且仅当且，即时，等号成立，

所以.

（2）因为，，

所以，

当且仅当且，即时，等号成立；

又

，

当且仅当且时，即时，等号成立，

所以；

故，当且仅当时，等号成立.