河南省开封市2022-2023学年高三上学期1月期末联考数学试题（文科）（Word版附解析）

这是一份河南省开封市2022-2023学年高三上学期1月期末联考数学试题（文科）（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容， 在数列中,,,则， 函数零点为等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.
2.请将各题答案填写在答题卡上.
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用交集的定义即可求解.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
2. 的实部与虚部之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简，进而即得.
【详解】因为，
则的实部与虚部之和为为.
故选：B.
3. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用抛物线的几何性质即可求得抛物线的准线方程.
【详解】因为，所以，
所以抛物线的准线方程为．
故选：C
4. 在数列中,,,则（ ）
A. 是等比数列B. 是等比数列
C. 是等比数列D. 是等比数列
【答案】B
【解析】
【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.
【详解】解:由题知,
所以,
又因为,
所以是等比数列,
且首项为4,公比为2.
故选:B
5. 将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（ ）
A. B. 的图象关于直线对称
C. 的图象关于点对称D. 在内是增函数
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，利用代入验证法判断BC，根据三角函数单调性判断D.
【详解】由题可得，A错误；
因为，所以的图象不关于直线对称，B错误；
因为，所以的图象关于点对称，C正确；
因为，所以在内不是增函数，D错误.
故选：C.
6. 函数零点为（ ）
A. 4B. 4或5C. 5D. 或5
【答案】C
【解析】
【分析】根据零点的定义结合对数的运算求解，注意函数的定义域.
【详解】由题意可得：，解得，故的定义域为，
令，得，则，解得或，
又∵，所以．
故选：C.
7. 已知三个单位向量，，满足，则的最大值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求得，再结合数量积的定义分析运算.
【详解】因为，则，
∴，
故当，即与同向时，有最大值.
故选：A.
8. 已知为球球面上的三个点，若，球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用球的表面积求出球的半径，由三角形的正弦定理求出三角形外接圆的半径，
然后利用勾股定理求出三棱锥的高，最后利用椎体体积公式计算即可.
【详解】设球的半径为，则由球的表面积为，
所以
设外接圆的半径为，圆心为，
由，
所以为等边三角形，
所以，
所以点O到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为：
，
故选：C.
9. 执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A. 5B. 6C. 8D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】利用框图从逐个向后代入去计算，进而求得满足题意的的值.
【详解】时，；时，；时，；
时，；时，；
时，；时，．
故输出i的值为7．
故选：D
10. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A. 48B. 50C. 52D. 54
【答案】C
【解析】
【分析】被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，利用等差数列的通项公式与求和公式及其基本不等式即可得出结论．
【详解】被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，则，，从而
，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为52.
故选：C
11. 双曲线的左、右顶点分别为，，为上一点，若点的纵坐标为1，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，结合条件可得，进而即得.
【详解】由题可知，设，则，，
所以，
又点的纵坐标为1，，，
所以，即，
所以的离心率为.
故选：.
12. 已知，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据的形式构造函数，利用导数的性质判断其单调性，再结合差比法进行判断即可.
【详解】．令，则，．当时，，则在上单调递增，所以，即．因为，所以．故．
故选：D
【点睛】关键点睛：根据的形式构造函数是解题的关键,
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 若，满足约束条件则的最大值为______.
【答案】11
【解析】
【分析】作出约束条件表示的可行域，根据题意可得当直线经过点时，取得最大值.
【详解】作出约束条件表示的可行域，表示斜率，横截距为的直线，
当直线经过点时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：11.
【点睛】
14. 在正中，连接三角形三边中点，将它分成4个小三角形，并将中间的那个小三角形涂成白色后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图形.在内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】结合图形，将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，利用几何概型公式，计算可得结果.
【详解】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，则共可分为16个相同的小三角形，白色部分有7个小三角形，黑色部分有9个小三角形，故在内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是.
故答案为：.
15. 若一个圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，且该圆锥的表面积为，则该圆锥的母线长为______.
【答案】3
【解析】
【分析】由题可得，然后根据圆锥的表面积公式即得.
【详解】设该圆锥的底面半径和母线长分别为，，则，即，
所以则该圆锥的表面积为，
所以，.
故答案为：3.
16. 若函数在上存在极值,则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】在上存在极值,即在上存在变号零点,构造新函数,求导求单调性,判断函数性质后使函数的最小值小于零即可.
【详解】解:由题知在上存在极值,
即在上存在变号零点,
所以,
设函数,
即在上存在变号零点,
则,
当时,,单调递减;
当时,,单调递增.
因为时,,
故只需即可,
即.
故答案为:.
【点睛】思路点睛:此题考查函数与导数综合问题,属于难题,关于函数极值点的存在问题的思路有:
(1)对原函数进行求导;
(2)令导函数为新的函数,使新的函数有变号零点;
(3)对新函数求导求单调性,判断函数性质,建立不等式,计算结果.
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. ，，分别为的内角，，的对边.已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）利用余弦定理求得，进而求得的周长.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
即，又，所以，
所以为锐角，所以，
故 ；
【小问2详解】
因为，，
所以，
整理得，解得（负根舍去），
所以，，
所以的周长为.
18. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在上的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义可得；
（2）利用导数结合条件即得.
【小问1详解】
由题可得，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
因为，，
由，可得， 单调递减，
由，可得，单调递增，
故在上的最小值.
19. 某加工工厂加工产品A，现根据市场调研收集到需加工量X（单位：千件）与加工单价Y（单位：元/件）的四组数据如下表所示：
根据表中数据，得到Y关于X线性回归方程为，其中．
（1）若某公司产品A需加工量为1.1万件，估计该公司需要给该加工工厂多少加工费；
（2）通过计算线性相关系数，判断Y与X是否高度线性相关．
参考公式： ，时，两个相关变量之间高度线性相关．
【答案】（1）该公司需要给该加工工厂57200元加工费.
（2）Y与X高度线性相关.
【解析】
【分析】（1）由线性回归直线方程必过，代入方程与已知联立可得与m的值，进而求得回归方程，代入可得单价，由总加工费等于单价乘以件数可得结果.
（2）计算线性相关系数r，比较与0.9可得结果.
【小问1详解】
∵，，
则，
又∵
∴，，
∴，
∵1.1万=11千，
∴当时，（元），
∴（元），
答：估计该公司需要给该加工工厂57200元加工费.
【小问2详解】
由（1）知，，，，

∴
∴，
∴两个相关变量之间高度线性相关.
20. 如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.
（1）证明:平面;
（2）若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在,
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;
(2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.
【小问1详解】
证明:因为平面,
平面,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为底面为矩形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,
且平面,平面,
所以平面平面
又因为平面,
所以平面;
【小问2详解】
设线段上存在点使得与的面积相等,
过作,垂足为,
因为平面,
所以,
故,
所以,
故,
因为,
所以,
过作,垂足为,连接,
过作,垂足为,连接,如图所示:
因为底面,,
所以底面,
所以,
又,,
所以平面,
因为平面
则,
同理可得,
因为与的面积相等,
所以,
在中,根据等面积法可得,
则,
设,,
则,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
整理得,
因为,所以,
故存在,且到的距离为.
【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:
(1)先假设其存在;
(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;
(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;
(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.
21. 已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程．
（2）若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用相关点法即得；
（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.
【小问1详解】
设，则，
因为，
所以，
所以，
即曲线的方程为；
【小问2详解】
设，则，
由，可知A，B分别为的中点，
所以，
则，作差可得．
因为，
所以，
同理，
所以C，D都在直线上，
联立，可得，
即，
点P到直线的距离，
所以的面积为，
即的面积为定值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：
①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.
选修4-4：坐标系与参数方程
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,直线的极坐标方程是.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程;
（2）若直线与曲线交于两点,点,求的值.
【答案】（1）:
（2）
【解析】
【分析】(1)在曲线的参数方程中消去参数,即可得其普通方程,将代入,即可得直线的直角坐标方程;
(2)写出直线过点的参数方程,设出两点的参数,与曲线联立,判别式大于零,韦达定理可得关于参数的等式,根据参数的几何意义代入中计算即可.
【小问1详解】
解:由题知（为参数）,
消去参数可得,
又,
所以曲线的普通方程为;
由,
由可得:
,
故直线的直角坐标方程为;
【小问2详解】
由(1)知直线为,
故直线的其中一个参数方程为(为参数),
将直线的参数方程代入曲线的普通方程并整理得,
设对应的参数分别是,,
则,
,
且,则,,
由,
故.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若不等式的解集包含，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，然后分， ， 求解；
（2）由的解集包含，转化为时，恒成立求解．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，可化为，
解得，此时；
当时，可化为，
解得，此时；
当时，可化为，
得，不成立，此时无解．
综上：不等式的解集为．
【小问2详解】
因为的解集包含，
所以当时，恒成立．
当时，可化为，即，
即，则，
由，得，
所以，解得．
综上：a的取值范围为．
X
6
8
10
12
Y
12
m
6
4