2023届河南省郑州市高三第一次质量预测数学（理）试题含解析

2023届河南省郑州市高三第一次质量预测数学（理）试题

一、单选题

1．设集合,．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据根式的定义域列出方程,解出集合,根据对数函数性质解出对数不等式,即集合,再求出即可.

【详解】由题知,

解得:,

,

所以.

故选：C.

2．已知是虚数单位，若复数的实部为1，，则复数的虚部为（    ）

A．或 B．或 C．或1 D．或

【答案】A

【分析】设，则，由，列出方程求解即可.

【详解】由题意，设，则，

所以，

即，所以或，

即或，

所以复数的虚部为或.

故选：A.

3．已知双曲线（）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】 ，渐近线方程是，故选C,

4．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素（也称互质）的正整数的个数，例如，，．则（    ）

A．数列单调 B．

C．数列是等比数列 D．

【答案】C

【分析】再求出，，后判断ABD，同样求得后根据等比数列定义判断C．

【详解】，，不单调，A错；

，B错误；D错误；

易知所有偶数与不互素，所有奇数与互素，，，

所以，即数列是等比数列，C正确．

故选：C．

5．若实数,满足约束条件,则的（    ）

A．最大值为4 B．最小值为4 C．最大值为5 D．最小值为5

【答案】D

【分析】画出可行域,由,可知可看作直线在轴上的截距,平移直线即可得出结果.

【详解】解:由题知约束条件,

画出约束条件如下:

联立可得: ,

可写为:,

可看作直线在轴上的截距,由可行域可知,

当与重合时,有最小值,最小值为5.

故选:D

6．设等差数列的前项和为，，，则公差的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方法1：等差数列通项公式的基本量代入不等式组求解即可.

方法2：等差数列前n项和公式的基本量代入不等式组求解即可.

【详解】方法1：∵为等差数列，，

∴，

；

方法2：∵为等差数列，，

∴，

∴.

故选：A.

7．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：

①；

②；

③在上单调递增；

④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．

以上四个说法中，正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判断④.

【详解】由且，故，故①错误；

因为为一条对称轴，故，．由于，故，则，所以，故②正确；

当时，，则在上单调递增，故③正确；

将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．

所以，正确的有②③，共2个．

故选：B．

8．河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为，高为2，体积为，则该“方斗”的侧面积为（    ）

A．24 B．12 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.

【详解】由题意可知，记正四棱台为，其底面为正方形，

侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，

设是底面上与的交点，是底面上与的交点

则是正四棱锥的高，为正四棱台的高，

设，，则上、下底面的面积分别为、，

由题意，所以，

在中，，所以为PA的中点，

在中，，所以，所以，

又，解得，，

所以，

所以侧棱长是，由勾股定理可得侧面的高为，

所以侧面积为.

故选：D

9．记的内角，，的对边分别为，，，已知角，，则角（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由正弦定理把边转化为角，再展开化简求得与的关系，进一步计算得出结果.

【详解】已知角，，

由正弦定理可得，

整理得，即，

因为，所以，所以.

又，所以.

故选：C.

10．在如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都为1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记．则下列结论错误的是（    ）

A．该模型外接球的半径为 B．当时，的长度最小

C．异面直线与所成的角为60° D．平面

【答案】B

【分析】把图形补形成一个正方体，根据正方体的性质求解判断各选项：正方体的对角线是其外接球直径，从而易得外接球半径，判断A；过作交于,过作交于,证明是平行四边形，用表示出的长，求得最小值，判断B；求出异面直线所成的角判断C；由线面平行的判定定理证明线面平行判断D．

【详解】如图，把该模型补成一个以和为相邻面的正方体，

正方体的对角线是其外接球直径，而正方体对角线长为，因此球半径为，A正确；

过作交于,过作交于,连接，则，

又，，所以，则是平行四边形，， ，

另一方面，，，

，

所以时，取得最小值，B错误；

正方体中易得，或其补角是异面直线与所成的角，是等边三角形，，因此异面直线与所成的角是，C正确；

由，平面，平面，∴平面，D正确．

故选：B．

11．已知直线与抛物线交于，两点，为坐标原点，，交于点，点的坐标为，则的值为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】B

【分析】写出直线AB的方程，联立直线AB的方程与抛物线方程可得与，代入可得P的值.

【详解】∵，，

∴ ，，

∴

∴直线AB的方程为：，即：，

设，，

，

，，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∴.

故选：B.

12．已知函数定义域为，为偶函数，为奇函数，且满足，则（    ）

A． B．0 C．2 D．2023

【答案】B

【分析】由已知条件结合函数奇偶性的定义可求得函数的周期为4，利用赋值法可得，再结合周期可求得结果.

【详解】因为为偶函数，所以，所以，

因为为奇函数，所以，

所以，所以，

所以是以4为周期的周期函数，

由，令，得，则，

又，得，

由，令，得，则，

由，令，得，

则，

所以.

故选：B．

二、填空题

13．的展开式中的项系数为___________；

【答案】

【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于1，求出的值，即可求得展开式中的系数．

【详解】解：，

令，则，

所以.

故答案为：.

14．已知四边形是边长为2的正方形，若，且为的中点，则______．

【答案】

【分析】以为基底表示，进而求得.

【详解】依题意，在正方形中，且为的中点，

所以，

，

所以.

故答案为：

15．经过点以及圆与交点的圆的方程为______．

【答案】

【分析】求出两圆的交点坐标，设出所求圆的一般方程，将三点坐标代入，解出参数，可得答案.

【详解】联立，整理得，

代入，得，解得或，

则圆与交点坐标为，

设经过点以及的圆的方程为,

则，解得，

故经过点以及圆与交点的圆的方程为，

故答案为：

16．已知函数，若有两个不同的极值点，且，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】先求得函数的导函数，则方程有两个异号零点，且，构造新函数，利用导数求得其单调性，进而求得的取值范围.

【详解】，则

令，由，可得为偶函数，

 则

则当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

又，

由题意得方程有两个互为相反数的零点，且

则的取值范围为

故答案为：

三、解答题

17．已知数列满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）用数列中前项和与项的关系求解；

（2）先写出奇数项、偶数项的通项公式，再按奇数项、偶数项分组求和.

【详解】（1）由题意

当时，；

当时，

两式相减得，

所以，当时也成立．

所以数列的通项公式.

（2）根据题意，得

所以

所以

18．如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，，分别为，的中点．

(1)若点是线段上的点，且，判断点是否在平面内，并证明你的结论；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)点在平面内，证明见解析

(2)

【分析】（1）连接、交于，连接，以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出、、，即可得到，从而得到、、、四点共面，即可得证；

（2）利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）解：连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，

所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则，，，

所以，，

又，得，，

所以，

所以、、、四点共面，即点在平面内．

（2）解：由（1）可得，

设平面的法向量，由，得，

令，则，，所以，

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

19．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为，乙队每名球员射进的概率为．每轮点球结果互不影响．

(1)设甲队踢了5球，为射进点球的个数，求的分布列与期望；

(2)若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．

【答案】(1)分布列见解析，

(2)

【分析】（1）由题意知，由二项分布求出的分布列与期望；

（2）由题意知甲乙两队比分为1：4或2：4，求出相应的概率再相加即可.

【详解】（1）由题意知，，可能的取值为0，1，2，3，4，5.

，，

，，，

所以的分布列为

．

（2）设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，

由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件，“甲乙两队比分为2：4”为事件，

若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，，

若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，

所以．

即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为．

20．已知椭圆：的离心率为，且过点．

(1)求椭圆的方程；

(2)设不过点的直线与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线的斜率为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据离心率和过点，求出椭圆的方程；

（2）根据题意求出，进而，韦达定理带入求出.

【详解】（1）由题设得，，

即，

解得．

所以的方程为．

（2）设直线的方程为，代入得．

，

设，则，于是．

，又，所以．

即．，即，

，

，

将，

代入整理得，即，

当，直线过点，舍去，

所以．

【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系．

21．已知函数，．

(1)求的单调区间与最值；

(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为,，,，

(2)

【分析】（1）对求导后研究的正负， 确定的单调性与最值；

（2）设由题意知有解，分类讨论的单调性并求最大值即可.

【详解】（1），

所以在，上，，单调递增，

在,，,上，，单调递减，

所以单调递增区间为，，单调递减区间为,，,．

，

.

（2）设

当，即时，，在上单调递增，

，，所以成立；

当，即时，，在上单调递减，，即，所以；

当时，，

当，单调递增，

当，单调递减，

所以

，

令，

，所以，成立．

综上，a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：函数求导后的计算方向：

（1）求导后不要急于求的根，因为有时候会无根，无根的原因是出现恒正或恒负，所以要先考虑会不会出现恒正或恒负的情况，这时候要看的最大值小于等于零或最小值大于等于零.

（2）当有正有负时才会有根可求，求根时可以直接解方程，或者猜根，或者使用零点存在定理证明有根.

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，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．

【答案】(1)C：，直线l：

(2)

【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．

【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），

所以，所以即曲线C的普通方程为．

直线l的极坐标方程为，则，

转换为直角坐标方程为．

（2）直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，

由代入，得，则，，即t1、t2为负，

故．

23．已知．

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为，正实数，，满足，求证： ．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将的解析式写出分段函数的形式，解不等式即可.

（2）先求的最小值，方法1：运用多个绝对值之和最小值求法，方法2：运用函数单调性；再运用“1”的代换与基本不等式可证得结果.

【详解】（1）

即：

①当时，，解得；

②当时，，解得；

③当时，，无解，

综上：不等式的解集为．

（2）方法1：，

当且仅当时等号成立．所以，所以，即.

方法2：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，

所以,所以，即.

∴

，

当且仅当，即时，等号成立．