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    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(理科)(Word版附解析)

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    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(理科)(Word版附解析)

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    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(理科)(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, 函数的最小值为等内容,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,只有一项符合题目要求的.
    1. 定义集合且.已知集合,,则中元素的个数为( )
    A. 6B. 5C. 4D. 7
    【答案】C
    【解析】
    分析】根据集合新定义求解即可.
    【详解】根据题意,因为,,
    所以.
    故选:C.
    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. 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
    4. 过点作直线,使它与抛物线仅有一个公共点,这样的直线有( )
    A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
    【答案】B
    【解析】
    【分析】分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论,当斜率存在时,将直线与方程联立,分析即得解;
    【详解】当直线的斜率不存在时,直线,代入抛物线方程可,故直线与抛物线有两个交点.不满足要求,
    当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
    由,消得,,
    当时,解得,直线与抛物线有且只有一个交点,符合题意;
    当时,由,可得,
    即当时,符合题意.综上,满足条件的直线有2条.
    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,所以在内不增函数,D错误.
    故选:C.
    6. 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.
    7. 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.
    8. 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
    9. 函数的最小值为( )
    A. 1B. C. D.
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据题意,将函数化简整理成,结合二次函数的图象和性质可得当时,函数取最小值,检验是否能取到即可求解.
    【详解】,
    由二次函数的图象和性质可得:当时,函数取最小值,此时,
    因为与的图象在上有一个交点,所以方程有解,
    故的最小值为.
    故选:.
    10. 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:.
    11. 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,
    12. 如图,在四棱锥中,底面为矩形,平面平面,,,E为BC的中点,M为PE上的动点,N为平面APD内的动点,则的最小值为( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】根据题意得出平面PAD,进而可得,将和所在平面折叠在一个平面内,然后利用两角和的正弦公式和正弦定理即可求解.
    【详解】如图1,取AD的中点F,连接EF,PF,过点M作PF的垂线,垂足为H.由,,四边形ABCD为矩形,可得,由平面平面ABCD,可得平面PAD.在中,由,,可得.由平面PAD,可得平面PAD,可得.将和所在平面折叠在一个平面内,过点B作PF的垂线,垂足为T,如图2所示,易知.记,由,,可得,,,,,可得,,,则,故的最小值为.
    故选:.
    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. 若从区间内,任意选取一个实数,则曲线在点处的切线的倾斜角大于45°的概率为______.
    【答案】
    【解析】
    【分析】利用导数的几何意义可得:或;然后结合几何概型的概率计算公式即可求解.
    【详解】因为,所以当时,.
    若曲线在点处的切线的倾斜角大于45°,则或,解得或.
    由几何概型可知曲线在点处的切线的倾斜角大于45°的概率为.
    故答案为:.
    15. “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n项和为,则的最小值为___________.
    【答案】52
    【解析】
    【分析】由题知数列构成首项为10,公差为的等差数列,进而得,进而根据基本不等式求解即可.
    【详解】解:由题知,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为:10,22,34,46,58...
    构成首项为10,公差为的等差数列,
    所以,,
    所以,
    当且仅当,即时,等号成立,
    所以,的最小值为52.
    故答案为:52
    16. 某地举办高中数学竞赛,已知某校有20个参赛名额,现将这20个参赛名额分配给A,B,C,D四个班,其中1个班分配4个参赛名额,剩下的3个班都有参赛名额,则不同的分配方案有______种.
    【答案】
    【解析】
    【分析】分两步,先确定分配有4个名额的班,共有4种,利用隔板法再确定剩余16个参赛名额的分配方式,最后求总方案数即可.
    【详解】第一步,确定分配有4个名额的班,共有4种,
    第二步,利用隔板法,剩余16个参赛名额的分配方式有种
    则不同的分配方案有;
    下面考虑重复的部分:
    当有两个班级拿4个名额时,共有种方法,该种分配方式计算了两次;
    当有三个班级拿4个名额时,共有种方法,该种分配方式计算了三次;
    所以满足要求的分配方法数为:
    故答案为:358.
    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. 某电视台举行冲关直播活动,该活动共有四关,只有一等奖和二等奖两个奖项,参加活动的选手从第一关开始依次通关,只有通过本关才能冲下一关.已知第一关的通过率为0.7,第二关、第三关的通过率均为0.5,第四关的通过率为0.2,四关全部通过可以获得一等奖(奖金为500元),通过前三关就可以获得二等奖(奖金为200元),如果获得二等奖又获得一等奖,奖金可以累加.假设选手是否通过每一关相互独立,现有甲、乙两位选手参加本次活动.
    (1)求甲获得奖金的期望;
    (2)已知甲和乙最后所得奖金之和为900元,求甲获得一等奖的概率.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)由题知甲获得的奖金可能的取值为0,200,700,进而依次计算对应的概率,求解期望即可;
    (2)根据条件概率的计算公式求解即可.
    【小问1详解】
    解:(1)设甲获得的奖金为元,则可能的取值为0,200,700.



    所以,甲获得的奖金的概率分布列为:
    所以.
    【小问2详解】
    解:由(1)可知,获得二等奖的概率为0.14,获得一等奖的概率为0.035.
    设事件A:甲和乙最后所得奖金之和为900元,设事件B:甲选手获得一等奖,
    由(1)知获得二等奖的概率为,获得一等奖的概率为,
    所以,
    所以,所求的概率.
    19. 如图,在四棱锥中,平面ABCD,平面ABCD,底面ABCD为矩形,点F在棱PD上,且P与E位于平面ABCD的两侧.
    (1)证明:平面PAB.
    (2)若,,,且在上的投影为3,求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据条件证明平面平面PAB即可;
    (2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系,分别求出两个平面的法向量即可算出答案.
    【小问1详解】
    因为平面ABCD,平面ABCD,所以,
    因为平面,平面,所以平面,
    因为底面ABCD为矩形,所以,
    因为平面,平面,所以平面,
    因为,
    所以平面平面PAB,
    又平面CDE,所以平面PAB.
    【小问2详解】
    以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
    则,,.
    因为在上的投影为3,所以F的坐标为.
    设平面ACF的法向量为,,,
    则,即令,得.
    设平面ACE的法向量为,,,
    则,即,令,得.
    由,得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为.
    20. 已知函数.
    (1)讨论函数的单调性;
    (2)若是函数的极小值点,求a的取值范围.
    【答案】(1)答案见解析;
    (2).
    【解析】
    【分析】(1)求出定义域,.对与0的关系以及与0的关系进行讨论,即可得到函数的单调性;
    (2)由已知得,.令,由已知可推得,解不等式即可得出.然后由,根据函数的连续性,证明是函数的极小值点即可.
    【小问1详解】
    解:,定义域为,
    .
    (ⅰ)当时,在上恒成立,所以在上单调递减;
    (ⅱ)当时,令,恒成立.
    解可得,(舍去),.
    当时,有,所以在上单调递减;
    当时,有,所以在上单调递增;
    (ⅲ)当时,令,.
    当,即时,恒成立,即恒成立,所以在上单调递减;
    ②当,即时,解可得,(舍去),(舍去).
    所以恒成立,所以在上单调递减;
    综上所述,当时,在上单调递减;
    当时,在上单调递减,在上单调递增;
    【小问2详解】
    由已知可得,,
    .
    显然,令.
    ①因为是函数的极小值点,
    所以,,,使得,有,则有,
    ,有,则有.
    若,则,此时,在上有恒成立,与前面推导结论矛盾,所以.
    又连续,所以必有,即.
    所以,是是函数的极小值点的必要条件;
    ②当时,显然有,有连续,可知,,使得,有,
    则有,即在上单调递减;,有,则有,即在上单调递增.
    所以,是函数的极小值点.
    所以是是函数的极小值点的充分条件.
    所以,a的取值范围是.
    【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,考查利用导数求函数的极值,第(2)问解题的关键是对求导后得,令,由,得,然后可证得当时,是的极小值即可,考查数学转化思想,属于较难题.
    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.0
    200
    700

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