河南省开封市2022-2023学年高三数学（理）上学期1月期末联考试题（Word版附解析）

2022年河南省高三期末联考数学（理科）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:B4.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.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值.【详解】时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，．故输出i的值为7．故选：D9.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：5216.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故答案为：．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：0200700 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（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，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．