河南省开封市通许县等3地2023届高三信息押题卷理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省开封市通许县等3地2023届高三信息押题卷理科数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，选考题的作答， 已知函数，则的图象大致是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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. 已知在复平面内对应的点位于第四象限，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义得出对应点的坐标，即可求出实数的取值范围.
【详解】将整理化简可得，
所以复数在复平面内对应的点坐标为，
由点位于第四象限可得，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A
2. 已知集合，，则集合中元素的个数为（ ）
A. 30B. 28C. 26D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到，再结合求解即可.
【详解】，，
因为，
当时，为偶数，共有个元素.
当时，为奇数，
此时，共有个元素.
当时，为奇数，
此时，有重复数字，去掉，共有个元素.
综上中元素的个数为个.
故选：B
3. 为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计600棵，比例如图所示.青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（ ）

A. 30棵B. 50棵C. 72棵D. 80棵
【答案】C
【解析】
【分析】由已知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可.
【详解】由题意，中年教师应分得树苗的数量为棵.
所以中年教师应分得梧桐的数量为棵.
故选：C
4. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列等式错误的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设得，，再分析阳马与鳖臑的体积数量关系，即可判断各项正误.
【详解】由题设，，，则，A对；
如下图，连接，将阳马一分为二，又，

所以，，则，故，
所以B错，C、D对.
故选：B
5. 黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等，两段，使得长线段与原线段的比等于短线段与长线段的比，即，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）
A. 180B. 210C. 240D. 360
【答案】C
【解析】
【分析】用插入法求解.
【详解】先把排列，然后选两个空档插入3，总方法为．
故选：C．
6. 已知函数，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的一半，纵坐标变为原来的2倍，然后向上平移1个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A.
B. 在上单调递增
C. 的图象关于点中心对称
D. 在上的值域为
【答案】D
【解析】
【分析】通过三角函数变换即可得出函数的表达式，利用表达式即可得出函数的单调性，对称性和值域.
【详解】由题意，平移后函数为：，故A不正确;
B中，，可知，
∴先增后减，即在上单调递增不正确，故B不正确；
C中，∵，
∴函数不关于对称，故C不正确；
D中，，则，
∴，∴，故D正确.
故选：D.
7. 已知函数，则的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，利用导数研究在上函数符号，排除法即可得答案.
【详解】由，而恒成立，
对于，则，即在定义域上递增，
所以时，恒成立，
综上，上，排除A、B、D.
故选：C
8. 在平面直角坐标系中，不等式组 (r为常数)表示的平面区域的面积为π，若x，y满足上述约束条件，则z＝的最小值为
A. －1B. －
C. D. －
【答案】D
【解析】
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示，由题意，知，解得．因为目标函数表示区域内上的点与点连线的斜率加上1，由图知当区域内的点与点的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为，即，则有，解得或（舍），所以，故选D．

9. 已知中，，，，，，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知可得到的距离为2，为等腰直角三角形，若为的两个四等分点，为中点，在线段上运动，且，数形结合求的取值范围.
【详解】由，结合向量加法法则知：到的距离为2，
又，则，所以，故为等腰直角三角形，
由，则，所以共线，
又，则，若为的两个四等分点，为中点，如下图示，

所以线段上运动，且，，，
由图：若，则，又，此时，
故上述情况，易知，
由图知：与重合时，，
综上，的取值范围为.
故选：D
10. 已知抛物线的焦点关于直线的对称点为， 为坐标原点, 点在上且满足（均不与重合），则面积的最小值为（ ）
A. 4B. 8C. 16D. 20
【答案】C
【解析】
【分析】求出抛物线方程，设出点坐标，将直线和抛物线联立，求出直线的方程，进而写出面积的表达式，即可求出最小值.
【详解】在中，焦点为，
焦点关于直线即的对称点为，
，解得，
∴抛物线的方程为,
显然直线的斜率不为 0 , 设直线的方程为, 且,

设,
联立 整理可得,
, 即, 且,,
又因为, 即,
∴,
∴即直线的方程为，
∴直线恒过 点，
∴，
当且仅当时, 等号成立.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线与直线的综合问题，韦达定理和三角形面积求法，考查学生的计算和作图能力，具有很强的综合性.
11. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不等式转化为，构造函数，由函数单调性转化不等式为，再构造新函数求得最小值，从而可得参数的范围．
【详解】，，则，
原不等式化为，即，，
设，原不等式即为，
易知是上的增函数，所以，
，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，
所以，，综上，．
故选：A．
【点睛】思路点睛：较为复杂的不等式恒成立问题，解题时可把不等式进行同构化，即不等式转化后可以通过构造新函数转化为，然后利用函数单调性化简不等式为（或），此不等式中可以再由参数分离法转化为求函数最值，最终得出参数范围．．
12. 已知在中，，若（表示的面积）恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，结合换元法，导数的性质进行求解即可.
【详解】记角所对的边分别为.因为，
所以由正弦定理可得..
，
令，则，
令，则，
故当时，，当时，，
故，故，
则实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用换元法构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，求出最值是关键.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数是偶函数，则实数______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据函数为偶函数,先由特殊值计算求出,再代入检验即可.
【详解】函数的定义域为，
又为偶函数，
则，
解得，
经检验，,,符合题意．
故答案为：2．
14. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】应用和角余弦公式得，利用诱导公式、倍角余弦公式得，即可得答案.
【详解】，所以，
则.
故答案为：
15. 设双曲线的离心率为，实轴长为2，设直线与双曲线在轴左、右两侧的交点分别是，若以线段为直径的圆恰过坐标原点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可求得双曲线方程为，又可知，设出直线，的方程可分别求得的表达式，可得，利用基本不等式即可求出的最小值为.
【详解】由双曲线离心率为，实轴长为2可得，所以；
即可得双曲线方程为；
依题意如下图所示：

由在轴左、右两侧，所以的斜率均存在，
可设的斜率为，易知，所以可得的斜率为；
直线的方程为，
联立直线和双曲线方程，消去整理可得，易知；
所以，因此；
同理可得；
易知，
所以，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即时，等号成立；
所以的最小值为.
故答案为：
16. 在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为______.
【答案】或
【解析】
【分析】将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，由异面直线，所成的角为，即可大致确定的位置，利用对称性以点在轴正方向时为例找出外接球球心位置并利用半径得出等量关系，求得半径大小后便可得出四面体外接球的表面积.
【详解】依题意，将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，
因为异面直线，所成的角为，，
所以可得或，所以应为图中或，如下图所示：

由对称性可知，当点在轴负方向时，解法与或位置相同；
可设的中点为，四面体外接球的球心为，球的半径为，
由题意可知，球心在过点且垂直于平面的垂线上，且满足，
建立如上图所示的空间直角坐标系，因为，，，
设，又，
由，所以，或，
解得或,
所以或，
即可知四面体外接球的表面积为或.
故答案为：或
【点睛】方法点睛：在考查几何体外接球问题时，如果外接球球心的位置用几何法不太容易确定，可采取分割补形法或坐标法来确定其位置，进而求得半径.
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. 手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式，用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘制白描图和手工着色、电脑着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A，工序，工序.经过试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为，，.现某单位推出一项手工刺绣体验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激励参与者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若某一道工序没有成功，可以由技术员完成本道工序.每位技术员只完成其中一道工序，每聘请一位技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用.
（1）若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率；
（2）若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”，分别讨论小李完成工序的情况并计算各类情况的概率最后求和即可；
（2）设小李最终收益为X，列出其所有取值，并计算概率求期望值即可.
【小问1详解】
记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”，
当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为：,
当技术员完成工序B时，小李成功完成三道工序的概率为：,
当技术员完成工序C时，小李成功完成三道工序的概率为：,
当技术员没参与补救时，小李成功完成三道工序的概率为：，
故小李成功完成三道工序的概率为；
【小问2详解】
设小李最终收益为X，小李聘请两位技术员参与比赛，
有如下几种情况：
两位技术员都参与补救但仍未成功完成三道工序，此时，；
两位技术员都参与补救并成功完成三道工序，此时，；
只有一位技术员参与补救后成功完成三道工序，此时，;
技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时，；
故.
18. 已知数列与的前项和分别为和，且对任意，恒成立.
（1）若，，求；
（2）若对任意，都有及恒成立，求正整数的最小值.
【答案】（1）；
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用求通项公式，再求证是首项、公差均为2的等差数列，进而求；
（2）由题设易得，等比数列前n项和公式求，进而可得，裂项相消法化简已知不等式左侧，得恒成立，进而求最小值.
【小问1详解】
由题设，且，而，
显然也满足上式，故，
由，又，
所以是首项、公差均为2的等差数列.
综上，.
【小问2详解】
由，，则，
所以，而，故，即是公比为3的等比数列.
所以，则，
，而，
所以，
所以对都成立，
所以，故，则正整数的最小值为3.
19. 已知正四棱台的体积为，其中.

（1）求侧棱与底面所成的角；
（2）在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱与底面所成的角.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法确定是否存在符合题意的点.
【小问1详解】
依题意，在正四棱台中，，
所以上底面积，下底面积，
设正四棱台的高为，则.
连接，则，
所以，
设侧棱与底面所成的角为，则，
由于线面角的取值范围是，所以.
【小问2详解】
连接，设正四棱台上下底面的中心分别为，
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
，
设线段上存在一点，满足，
，
，
则，
，
若，则，
即，
解得，舍去，
所以在线段上不存在一点，使得.

20. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，长轴的长度为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设，过点作两条直线，，直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于、两点，的中点为，的中点为；若直线与直线的斜率之积为，判断直线是否过定点．若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2）过定点，且定点坐标为．
【解析】
【分析】（1）依题意求出，，再根据，求出即可求出椭圆方程；
（2）由题意知的，斜率必存在，设的斜率为，的斜率为，，，设的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到的坐标，从而表示出直线的方程，即可判断；
【详解】解：（1）由题意知，，
所以，所以，由可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意知的，斜率必存在，
设的斜率为，的斜率为，，
设的方程为，联立消元可得，
恒成立，由韦达定理；，
所以，
同理可得，，
∴：，即
∴过定点，且定点坐标为
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）当时，在上为减函数，时，在上递减，在上递增，
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）由（1）可知当时，有可能有两个零点，求出，然后分，和三种情况讨论函数最小值的正负，从而可求得结果
小问1详解】
定义域为，
由，
得，
当时，，所以在上为减函数，
当时，令，则，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
综上，当时，在上为减函数，时，在上递减，在上递增，
小问2详解】
由（1）可知，当时，在上为减函数，则至多有一个零点，
所以，由（1）得在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
即
，
当时，，所以只有一个零点，不合题意，
当时，则，所以没有零点，不合题意，
当时， ，即，
因为，
所以在上有一个零点，
取正整数，满足，则
，
因为，
所以在上有一个零点，
所以当时，有两个零点，
所以a的取值范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是求出函数的最小值后，结合函数图象的变化情况，要使其最小值小于零即可，然后分情况讨论，考查数学分类思想，属于较难题
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.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. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线，相交于，两点，曲线经过变换后得到曲线.
（1）求曲线的普通方程和线段的长度；
（2）设点是曲线上的一个动点，求的面积的最大值.
【答案】（1）：，；
（2）
【解析】
【分析】（1）公式法求的普通方程，消参法求普通方程，应用几何法求直线与圆相交弦长即可；
（2）由已知变换关系得的一般方程为，设，应用点线距离公式、辅助角公式及正弦函数性质求到距离最大值，再由三角形面积公式求最大面积.
【小问1详解】
由题设，为，
消去参数t得：为，
由圆心为，半径为2，则圆心到距离，
所以.
综上，的普通方程为，线段的长度为.
【小问2详解】
由经过变换后得到曲线，
则，
所以的一般方程为，设，
所以到距离，
所以，
的面积的最大值为.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）求不等式的解；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）讨论，，，写出的解析式，分段讨论解不等式即可.
（2）当时，恒成立，所以，当时，恒成立，由绝对值三角不等式求出的最小值即可求出答案.
【小问1详解】
当时，等价于，
该不等式恒成立，所以；
当时，等价于，
解得，此时不等式无解；
当时，等价于，解得，所以．
综上所述，不等式的解为．
【小问2详解】
由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，恒成立，
因为，
当且仅当时取等号，所以．综上所述，的取值范围是．