终身会员
搜索
    上传资料 赚现金

    河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析)

    立即下载
    加入资料篮
    河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析)第1页
    河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析)第2页
    河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析)第3页
    还剩21页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析)

    展开

    这是一份河南省南阳市2022-2023学年高三下学期3月第二次大练习数学(理)试题(Word版附解析),共24页。


    数学(理科)
    本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,满分150分.考试时间为120分钟,其中第II卷22题,23题为选考题,其它题为必考题.考试结束后,将答题卡交回.
    注意事项:
    1.答题前,考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内.
    2.选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚.
    3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效.
    4.保持卡面清洁,不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀.
    第I卷(选择题共60分)
    一、选择题:本题共12个小题,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,则集合的所有非空真子集的个数是( )
    A 6B. 7C. 14D. 15
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据自然数集的特征,结合子集的个数公式进行求解即可.
    【详解】因为,
    所以集合的元素个数为,
    因此集合的所有非空真子集的个数是,
    故选:A
    2. 欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起,充分体现了数学的和谐美.若复数z满足,则的虚部为( )
    A. B. C. 1D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得,由复数虚部定义求得结果
    【详解】由欧拉公式知:
    ,,

    的虚部为.
    故选:B
    3. 在等比数列中,已知,则等于( )
    A. 128B. 64C. 64或D. 128或
    【答案】D
    【解析】
    【分析】由等比数列的性质可得,求出的值,再结合条件求出公比,进而即得.
    【详解】由等比数列的性质可得,
    ∴或,
    设数列的公比为,因为,
    当时,,即,则;
    当时,,即,则.
    故选:D .
    4. 若抛物线上的一点M到坐标原点O的距离为,则点M到该抛物线焦点的距离为( )
    A. 3B. C. 2D. 1
    【答案】B
    【解析】
    【分析】
    设,则,解得,故,计算得到答案.
    【详解】设,M到坐标原点O的距离为,解得,故.
    点M到该抛物线焦点的距离为.
    故选:.
    【点睛】本题考查了抛物线中的距离问题,意在考查学生的计算能力和转化能力.
    5. 变量X与Y相对应的一组数据为,,,,;变量U与V相对应的一组数据为,,,,.表示变量Y与X之间的线性相关系数,表示变量V与U之间的线性相关系数,则( ).
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据变量对应数据可确定与之间正相关,与之间负相关,由此可得相关系数的大小关系.
    【详解】由变量与相对应的一组数据为,,,,,可得变量与之间正相关,

    由变量与相对应的一组数据为,,,,,可知变量与之间负相关,

    综上所述:与的大小关系是.
    故选:C.
    6. 如图,已知正三棱柱各条棱长都相等,是侧棱的中点,是的中点,则( )
    A. B. 平面
    C. 平面D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据空间中的平行和垂直的判定方法,结合选项逐一验证.
    【详解】因为与异面,所以A项错误;
    因为的延长线必过点,所以B项错误;
    因为与不垂直,所以C项错误;
    取的中点,连接,在正方形中,与全等,可得,
    连接,则,又平面底面,所以平面,
    因为平面,所以,
    又,所以平面,
    因为平面,所以.
    故选:D.
    7. 锐角是单位圆的内接三角形,角的对边分别为,且,则等于( )
    A. 2B. C. D. 1
    【答案】C
    【解析】
    【分析】利用余弦定理得到,再利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到,结合外接圆半径即可求解
    【详解】由,
    得,
    由余弦定理,可得,
    又由正弦定理,可得,
    所以,
    得,又,所以,所以.
    又,所以,
    故选:C
    8. 讲桌上放有两摞书,一摞3本,另一摞4本,现要把这7本不同的书发给7个学生,每位学生一本书,每次发书只能从其中一摞取最上面的一本书,则不同取法的种数为( )
    A. 20B. 30C. 35D. 210
    【答案】C
    【解析】
    【分析】问题等价于从一行七个空里选三个空把、、按从小到大自左向右顺序填进去,剩下三个空将、、、7从小到大自左向右顺序填进去,即得解.
    【详解】根据题意,问题等价于从一行七个空里选三个空把、、按从小到大自左向右顺序填进去,剩下三个空将、、、7从小到大自左向右顺序填进去,共有填法种.
    故选:C.
    9. 已知函数(其中的图像与轴相邻两个交点之间的最小距离为,当时,的图像与轴的所有交点的横坐标之和为,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】利用方程解出函数零点,根据已知条件即可求出.
    【详解】,即,则有或,
    解得或
    所以的图像与x轴相邻两个交点之间的最小距离为,则 解得,
    时,, 由,
    又,所以或,
    所以或, 由,解得.
    故选:C.
    10. 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,根据贝叶斯统计理论,随机事件存在如下关系:,贺岁档电影精彩纷呈,有几部影片是小明期待想去影院看的.小明同学家附近有甲、乙两家影院,小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲影院,那么第二天去甲影院的概率为0.6;如果第一天去乙影院,那么第二天去甲影院的概率为0.5,则小明同学( )
    A. 第二天去甲影院概率为0.44
    B. 第二天去乙影院的概率为0.44
    C. 第二天去了甲影院,则第一天去乙影院的概率为
    D. 第二天去了乙影院,则第一天去甲影院的概率为
    【答案】D
    【解析】
    【分析】先表示基本事件,根据题中概率及贝叶斯概率公式进行逐一判断即可.
    【详解】设:第一天去甲影院,:第二天去甲影院,
    :第一天去乙影院,:第二天去乙影院,
    所以,,,
    因为,
    所以,
    所以有,
    因此选项A不正确;
    ,因此选项B不正确;
    ,所以选项C不正确;

    所以选项D正确,
    故选:D
    11. 传说古希腊数学家阿基米德的募碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现;如图是一个圆柱容球,为圆柱上下底面的圆心,为球心,为底面圆的一条直径,若球的半径,则( )
    A. 球与圆柱的表面积之比为
    B. 平面截得球的截面面积取值范围为
    C. 四面体的体积的最大值为16
    D. 若为球面和圆柱侧面的交线上一点,则的取值范围
    【答案】D
    【解析】
    【分析】求出球与圆柱的表面积之比判断A,由截面积最大为球的大圆面积判断B,用割补法求四面体体积判断C,不妨设与重合,与重合,设是圆柱过点的母线与下底面的交点,计算出,利用导数求出其取值范围从而判断D.
    【详解】选项A,球表面积为,圆柱全面积是,,A错;
    选项B,平面过球心时,截得球的截面最大,此时截面面积为,B错;
    选项C,绕旋转时,由于始终有(是圆柱的轴,圆柱的底面垂直,因此与底面上的直线垂直),从而为定值,
    ,当时,易得平面,而当与不垂直时,与平面不垂直,因此到平面的距离小于,到平面的距离小于,因此
    ,即四面体的体积的最大值为,C错;
    选项D,如下图,不妨设与重合,与重合,设是圆柱过点的母线与下底面的交点,则与底面圆垂直,从而与底面上的直线,


    设,则,

    令,收,

    时,,单调递增,时,,单调递减,
    所以,而,所以,
    的取值范围是,
    所以即的取值范围是,D正确.
    故选:D.
    12. 某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图(单位:)所示,四边形为矩形,均与圆相切,为切点,零件的截面段为圆的一段弧,已知,则该零件的截面的周长为( )cm(结果保留)
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】以A为原点,建立直角坐标系,根据圆心到直线、直线、直线距离均相等,利用点到直线的距离公式列式,计算出的长,即得.
    【详解】以A为原点,为x轴正方向建立平面直角坐标系如图所示:
    则,又,
    所以直线的方程为:即,直线的方程为:即,直线的方程为:,
    设圆心为O,则圆心到直线、直线、直线的距离均相等且等于,则,
    解得:,,,
    所以,,,
    由题可知,即,
    所以可得,,对应弧长为圆的周长,
    故该零件的截面的周长为(cm)
    故选:A.
    第II卷非选择题(共90分)
    二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
    13. 的展开式的第项为_______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】由二项式定理的通项公式求解即可
    【详解】由题展开式的第2项为
    故答案为
    【点睛】本题考查二项式定理,熟记公式,准确计算是关键,是基础题.
    14. 已知向量满足,则__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】首先将两边平方,化简,代入数据求得,再由向量模长的计算方法,将平方再开方,代入所求即可的到结果.
    【详解】即,解得,
    .
    故答案:
    15. 已知双曲线的左,右焦点分别为,过且倾斜角为的直线与双曲线右支交于两点,若为等腰三角形,则该双曲线的离心率为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】先根据题意判断出离心率,再对等腰进行讨论,结合双曲线定义和余弦定理即可求出结果.
    详解】
    如图所示,因为直线与双曲线右支交于两点,
    所以,
    则该双曲线的离心率,所以.
    由图可知,
    当时,设,则,
    所以,,
    在中,,由余弦定理可得:


    解得,故此种情况舍去;
    当时,设,则,
    所以,,
    在中,,由余弦定理可得:


    解得,故此种情况符合题意;
    故答案为:.
    16. 已知正实数满足,则的最小值为__________.
    【答案】0
    【解析】
    【分析】根据,构造函数,得到,然后转化为单变量问题,求导判断单调性即可.
    【详解】

    设,则,
    且,
    所以,单调递增,
    正实数,,
    即,所以,等价于,
    即,

    设,


    设,
    ;
    所以单调递增,且,
    所以在上,,,单调递减;
    在上,,,单调递增;
    所以
    即最小值为0,
    故答案为:0
    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. 已知是数列的前n项和,且.
    (1)求数列的通项公式;
    (2)若,是的前项和,证明:.
    【答案】(1)
    (2)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)根据与的关系求解;(2)利用裂项相消法求和即可证明.
    【小问1详解】
    时,,
    时,
    经验证时

    【小问2详解】

    时,,

    ∴.
    18. 如图,在三棱柱中,为的中点,为等边三角形,直线与平面所成角大小为.
    (1)求证:平面;
    (2)求平面与平面夹角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)先利用线面垂直的判定定理证得平面,从而得到在平面的射影在直线上,即,进而证得,再利用线面垂直的判定定理证得平面,则,接着利用勾股定理证得,由此可得平面;
    (2)结合(1)中结论,建立空间直角坐标系,先求得所需各点坐标,再求得平面与平面的法向量,从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面与平面夹角的余弦值.
    【小问1详解】
    取中点,连接、,
    因为,为的中点,所以,故,
    因为为等边三角形,所以,
    又因为,面,
    因此平面,
    因为平面,所以平面平面,
    因为平面平面,
    所以直线在平面的射影在直线上,所以直线与平面所成角为,则,
    因为,,所以是正三角形,则,
    因为为等边三角形,,则,
    所以在中,由,得,
    则,所以,
    因为,面,
    所以平面,因为平面,所以,
    因为,在中,,,所以,又,
    所以,即,
    又平面,
    所以平面.
    【小问2详解】
    由(1)可知、、两两垂直,以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系,
    则,,,,
    由于是的中点,易得,
    又由可得,
    所以,,
    设平面的法向量为,则,即,
    令,得,
    设平面的法向量为,则,即,
    令,得,
    设平面与平面的夹角为,易知,
    所以,
    即平面与平面夹角的余弦值为.
    19. 某超市采购了一批袋装的进口牛肉干进行销售,共1000袋,每袋成本为30元,销售价格为50元,经过科学测定,每袋牛肉干变质的概率为,且各袋牛肉干是否变质相互独立.依据消费者权益保护法的规定:超市出售变质食品的,消费者可以要求超市退一赔三.为了保护消费者权益,针对购买到变质牛肉干的消费者,超市除退货外,并对每袋牛肉干以销售价格的三倍现金赔付,且把变质牛肉干做废物处理,不再进行销售.
    (1)若销售完这批牛肉干后得到的利润为X,且,求p的取值范围;
    (2)已知,若超市聘请兼职员工来检查这批牛肉干是否变质,超市需要支付兼职员工工资5000元,这样检查到的变质牛肉干直接当废物处理,就不会流入到消费者手中.请以超市获取的利润为决策依据,判断超市是否需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质?
    【答案】(1);(2)由,以超市获取的利润为决策依据,故超市需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质.
    【解析】
    【分析】(1)Y表示这1000袋牛肉干中变质牛肉干的数量,首先计算出1000袋牛肉干变质的期望值,再代入,再解出不等式即可.
    (2)对这批牛肉干来说,变质牛肉干不管数量有多少,未变质牛肉干销售后产生的利润与变质牛肉干作废物处后产生的费用是不变的.是否聘请兼职员工来检查这批牛肉干是否变质,产生的费用是工资和给消费者赔付的费用.即只需判断赔付费用与工资的大小关系即可说明是否需要聘请兼职员工.
    【详解】(1)令Y表示这1000袋牛肉干中变质牛肉干的数量.
    由题意有,则,
    故.
    由,有,解得:.
    故当时,p的取值范围为.
    (2)
    当时,由(1)知,.
    设需要赔付给消费者的费用为Z元,有.
    由,以超市获取的利润为决策依据,故超市需要聘请兼职员工来检验这批牛肉干是否变质.
    【点睛】本题考查根据数学期望求概率,数学期望在实际生活中的应用,读懂题意理解数学期望的意义是解本题的关键,属于中档题.
    20. 已知椭圆过直线上一点作椭圆的切线,切点为,当点在 轴上时,切线 的斜率为.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)设为坐标原点,求 面积的最小值.
    【答案】(1)(2)
    【解析】
    【分析】(1)直线与椭圆相切,一般利用判别式为零进行转化:联立切线方程与椭圆方程得,;
    (2)先根据直线与椭圆相切得等量关系,设切线为,则有,因而得切点坐标而,再表示三角形面积,一是利用点到直线距离表示高,二是利用两点间距离公式求底边长,,再利用判别式法求最值.
    【详解】(1)当 点在 轴上时,直线,
    ,,椭圆方程为
    (2)设切线为,设,
    则,
    且,
    则,直线为到直线 距离,

    .
    设,
    则,
    所以的最小值为.
    【点睛】方法点睛:求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中,抓住函数关系,将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数,然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.
    21. 已知函数
    (1)若在上恒成立,求实数的取值范围;
    (2)若,判断关于的方程在内解的个数,并说明理由.
    【答案】(1)
    (2)两个,理由见解析.
    【解析】
    【分析】(1)由题意转化为即恒成立,由此构造函数,转化为求函数的最值问题,即可求得答案;
    (2)由题意得 ,等价于 ,构造,通过判断导数正负,判断函数单调性,结合零点存在定理,继而判断函数的零点个数.
    【小问1详解】
    由题意在上恒成立,得 恒成立,
    令,则 ,
    当时,令,解得,
    令,解得 ,
    所以在为减函数,在上为增函数,
    故,
    故,即,
    所以实数的取值范围 .
    【小问2详解】
    由,得等价于,
    令,
    因为在上,
    ,单调递减,
    在上,故 ,,单调递增,
    注意到,,在和上各有一个零点,
    共有两个零点,故方程有两个实数根.
    【点睛】难点点睛:在解答关于的方程在内实数解的个数时,难点在于要根据导数的特征,构造函数,判断其导数的正负,进而判断函数单调性,再结合零点存在定理,确定零点个数.
    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:坐标系与参数方程
    22. 极坐标系中曲线的极坐标方程为,以极点为原点,极轴为轴正半轴建立平面直角坐标系,单位长度不变,直线均过点,且,直线的倾斜角为.
    (1)写出曲线的直角坐标方程;写出的参数方程;
    (2)设直线分别与曲线交于点和,线段和的中点分别为,求的最小值.
    【答案】(1)答案见详解
    (2)1
    【解析】
    【分析】(1)将代入曲线的极坐标方程得出直角坐标方程,由直线均过点,直线的倾斜角为且,可得两直线的参数方程;
    (2)将直线的参数方程分别代入曲线的直角坐标方程,利用韦达定理即可得出,再利用基本不等式即可得出结果.
    【小问1详解】
    曲线的极坐标方程为,变形为,则曲线的直角坐标方程:,
    (t为参数),(t为参数).
    【小问2详解】
    将(t为参数),代入,
    得,则,同理.

    当时取等号,且此时满足方程的判别式均大于零,
    故的最小值为1.
    选修不等式选讲
    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,证明:.
    【答案】(1)或;(2)证明见解析.
    【解析】
    【分析】(1)首先将写成分段函数的形式,然后解出即可;
    (2)首先求出有最小值,然后利用柯西不等式求解即可.
    【详解】(1).
    即,或,或
    解得或,
    所以原不等式的解集为或.
    (2)证明:由(1)知当时,有最小值,
    所以,.
    因为,
    所以,
    因为,,当且仅当时取等号,
    所以,当且仅当时取等号,
    所以,当且仅当,时取等号.
    【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法和利用基本不等式求最值,考查了分类讨论的思想,属于基础题.

    相关试卷

    河南省三门峡市湖滨区等5地2023届高三第三次大练习数学(理)试题(Word版附解析):

    这是一份河南省三门峡市湖滨区等5地2023届高三第三次大练习数学(理)试题(Word版附解析),共24页。

    河南省南阳市六校2022-2023学年高二下学期第二次联考数学试题(Word版附解析):

    这是一份河南省南阳市六校2022-2023学年高二下学期第二次联考数学试题(Word版附解析),共21页。

    河南省南阳市六校2022-2023学年高一下学期第二次联考数学试题(Word版附解析):

    这是一份河南省南阳市六校2022-2023学年高一下学期第二次联考数学试题(Word版附解析),共16页。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单
        欢迎来到教习网
        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map