河南省部分学校2022-2023学年高三上学期12月大联考理科数学试题（Word版附解析）

高三理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答題前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.4.本试卷主要命题范图：集合与常用逻辑用语，函数，导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列，不等式，立体几何，直线与圆，圆锥曲线.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.已知集合，（），若，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出集合和集合，再由进行求解.【详解】由已知，集合即函数的定义域，由不等式，即，解得，∴，集合即函数的值域，因为指数函数的值域为，所以函数的值域为，∴，∵，∴的取值范围是.故选：D. 2.已知复数z满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先由复数的运算化简，再计算模长.【详解】，故选：B3.已知直线，若，则与之间的距离为（）A.1B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线平行求出，再由平行线间的距离公式求解即可.【详解】因为，所以，解得，经检验符合题意；所以，所以与之间的距离，故选：A4.我国古代历法从东汉的《四分历》开始，就有各节气初日晷影长度和太阳去极度的观测记录，漏刻、晷影成为古代历法的重要计算项目．唐代僧一行在编制《大衍历》时发明了求任何地方每日晷影长和去极度的计算方法——“九服晷影法”，建立了晷影长l与太阳天顶距之间的对应数表（世界上最早的正切函数表）．根据三角学知识知：晷影长l等于表高h与天顶距正切值的乘积，即．若对同一表高进行两次测量，测得晷影长分别是表高的2倍和3倍，记对应的天顶距分别为和，则（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】 【分析】根据已知条件得出的值，利用两角差的正切公式可得结果.【详解】由题意知，所以故选：B.5.已知是平面内两个不同的定点，为平面内的动点，则“的值为定值，且”是“点的轨迹是双曲线”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】直接利用双曲线的定义，直接判断，可得答案.【详解】“的值为定值，”，若，则点的轨迹不是双曲线，故充分性不成立；“点的轨迹是双曲线”，则必有是平面内两个不同的定点，且满足，故必要性成立；故选：B6.已知，则曲线在点处的切线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程.【详解】，，又， 所求切线方程为：，即.故选：C.7.已知双曲线，F为C的下焦点．O为坐标原点，是C的斜率大于0的渐近线，过F作斜率为的直线l交于点A，交x轴的正半轴于点B，若，则C的离心率为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分别表示出A、B坐标，利用求得，即可求出离心率.【详解】因为F为双曲线的下焦点，不妨设，所以过F作斜率为的直线，所以.因为是C的斜率大于0的渐近线，所以可设.由联立解得：.因为，所以，解得：.所以离心率.故选：C8.函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数周期可求出，又由特殊值和，可求得和，进而可得的解析式，再利用的图象变换规律，求得的解析式．【详解】依题意有，得，又，所以，且，得，又，得，所以，所以．故选：A．9.已知分别是椭圆的左、右焦点，椭圆C过和两点，点P在线段上，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆过点求出，再求出焦点坐标，利用数量积的坐标运算结合二次函数的最值求解. 【详解】因为椭圆过点和，所以，可得，所以，，设，由题意直线的方程为，即，因为点P在线段上，所以满足，则，，当时，，当时，，所以的取值范围为.故选：D10.已知定义在上的函数满足：①；②对任意正数x，y，当时，恒成立．若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数性质可知，在上单调递减，又根据，可构造函数，且函数为单调递减，又因为，即可得出.【详解】由题意可知，对任意正数x，y，当时，，即所以函数在上单调递减，即导函数在恒成立；可得；构造函数，则，所以，在上单调递减； 设函数，则，即在为单调递减，所以,即；设函数，则，即在为单调递减，所以，即；综上可知，，即即得.故选：A.11.在四面体中，，异面直线与所成的角为，二面角为锐二面角，，则四面体的体积为（）A.B.3C.5D.10【答案】C【解析】【分析】根据题意，如图，将四面体放在长方体中，为三棱锥，过点D作于E，则平面，结合二面角和异面直线所成的角的定义可得，求出DE，利用三棱锥的体积公式计算即可.详解】如图，在长方体中，，过点D作于E，则平面，所以为二面角的所成角，为锐角，为异面直线与的所成角，所以，所以.由题意知，该四面体为三棱锥， 由，所以该三棱锥的体积为.故选：C.12.将曲线和曲线合成曲线E．斜率为k的直线l与E交于A，B两点，P为线段的中点，则下列判断错误的是（）A.曲线E所围成图形的面积小于36B.曲线E与其对称轴仅有两个交点C.存在，使得点P的轨迹总在某个椭圆上D.存在k，使得点P的轨迹总在某条直线上【答案】D【解析】【分析】画出曲线表示的图形，分析AB选项；选项C，分析当时，设，且，，然后根据题意分析点P的轨迹总在某个椭圆上即可；选项D，结合C的部分条件，加上中点公式，以及差点法，若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，则为常数，化简分析即可解决问题.【详解】选项A：如图，曲线E所围成图形在正方形内部，由正方形的面积为，所以曲线E所围成图形的面积小于36，故A正确； 由A中图形可知，曲线E关于轴对称，所以曲线E与其对称轴仅有两个交点，故B正确；选项C：设，且，，当时，，两式相减的：所以，又，所以故存在，使得点P轨迹总在某个椭圆上，C正确选项D：由，，由题意若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，则，两式相减得：即， 又，所以，即，又，所以若存在，使得点P的轨迹总在某条直线上，则为常数，即为定值，因为分子分母次数不同，故若上式为定值，则恒成立，即，无解，假设不成立，所以不存在k，使得点P的轨迹总在某条直线上所以选项D不正确；故选：D.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量满足，则与的夹角为_______________． 【答案】【解析】【分析】根据平面向量夹角公式，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】，，设与的夹角为，，因为，所以，故答案为：14.直线l过点且与圆相切，则直线l的方程为______________．【答案】或.【解析】【分析】先求出圆的圆心和半径，然后分直线的斜率不存在和存在两种情况求解即可.【详解】由，得圆心为，半径，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线恰好与圆相切，符合题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，，解得，所以直线的方程为，即，综上，直线l的方程为或，故答案为：或.15.如图，直线与抛物线交于A，B两点，D为C上异于A，B一点，若 ，则点D到直线的距离与p的比值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意得到的坐标，设，由题意可得，列出方程即可得到结果.【详解】因为直线与抛物线交于A，B两点，不妨设且D为C上异于A，B的一点，由抛物线的对称性，不妨设则由可得化简可得，因为，则即点D到直线的距离与p的比值为故答案为:16.若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；利用导数可求得 单调性，并由此得到的图象；采用数形结合的方式可确定且；假设，由可确定，进而得到的值，结合图象可确定的取值范围.【详解】，是的两个极值点，是的两根，又当时，方程不成立，与有两个不同的交点；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，则图象如下图所示，由图象可知：且；，；当时，不妨令，则，即，，解得：，当时，，若，则，即的取值范围为. 故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查根据极值点求解参数范围问题，可将问题转化为已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题，解决此类问题的常用的方法有：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.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.17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求A的大小；（2）若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理可得到，进而得到，即可求出A的大小；（2）根据三角形内角和为，且为锐角三角形，从而可得出的取值范围，再将转化为关于的函数即可求解．【小问1详解】由，则根据正弦定理有，即，又由余弦定理有，得，所以在中，得；【小问2详解】由为锐角三角形，且， 则有，得，即，即，所以根据正弦定理有．18.已知直线，若与的交点P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若圆的圆心在直线上，且与曲线C相交所得公共弦的长为，求m，n的值．【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）由判断出点的轨迹为以为直径的圆(除去点)，进而求其方程;（2）由圆的圆心的位置得,的关系,两个圆方程相减得的方程,由弦长求,.【小问1详解】当故直线过定点，直线，当，故其过定点，又,所以,所以点的轨迹为以为直径的圆，当时，两直线交点为，但交点无法与点重合，故需除去点其圆心为原点,半径为,所以曲线的方程为；【小问2详解】由(1)知,曲线的方程为，又圆的圆心为在直线上, 所以,，两圆方程作差得两个圆的公共弦的方程为,即,因为两个圆的公共弦的长为,原点到直线的距离为,所以,解得或,所以或.19.在正项数列中，，，．（1）求的通项公式；（2）若数列满足，，且，设数列的前n项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由可得到，根据累乘法求通项的方法，即可求出的通项公式；（2）由可知，可判断数列为等比数列，根据等比数列的前n项和公式求出，即可求证.【小问1详解】解：已知①，则，且②， ，得，整理得，∴，，，，由累乘法可得，又，，符合上式，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知，，因为，所以，则数列是首项为1，公比为的等比数列，∴，，即，得证.20.在边长为2的正方形外作等边（如图1），将沿折起到处，使得，E为的中点（如图2）．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）答案见解析 （2）【解析】【分析】取BC中点为O，建立以O为原点的空间直角坐标系.（1）设平面PDE法向量为，平面PCD法向量为，利用可证面面垂直.（2）求得平面PAD的法向量，后用向量法可求得二面角的余弦值，后可求得正弦值.【小问1详解】因四边形ABCD为正方形，则.又在三角形PCD中，，，，则.又平面PCD，平面PCD，，则平面PCD.取BC中点为O，AD中点为F，连接PO，OF.则.又平面PCD，则，得.故如图建立以O为原点，以射线OB方向为x轴正方向，射线FO方向为y轴正方向，射线OP方向为z轴正方向的空间直角坐标系.则，得，设平面PDE法向量为，则，取.设PCD法向量为，则，取.因，则平面平面.【小问2详解】由（1）分析可知，平面PDE法向量为. 又，设平面PAD的法向量，则，取.则，又由图可知二面角平面角为锐角，则，得二面角的正弦值.21.已知椭圆的一个焦点为，其左顶点为A，上顶点为B，且到直线的距离为（O为坐标原点）．（1）求C的方程；（2）若椭圆，则称椭圆E为椭圆C的倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线与椭圆C，E交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且 ，证明：点在定曲线上．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆的方程．（2）分别联立直线与椭圆、椭圆的方程消元，可证明线段、中点相同，然后结合可得，由此可证明.【小问1详解】，直线的方程为，即，到直线的距离为，，又，解得，，椭圆的方程为：．【小问2详解】椭圆的3倍相似椭圆的方程为，设，，，各点坐标依次为，，，，，，，，将代入椭圆方程，得：，，，，， 将代入椭圆的方程得，，，，，线段，中点相同，，由可得，，所以，，化简得，满足式，，即点在定曲线上．22.已知（）．（1）讨论的单调性；（2）若，函数，，，，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）【解析】【分析】（1）先求出的导数，根据的取值范围进行分类讨论即可；（2）当，时，，去绝对值后，构造函数求解即可.【小问1详解】 由已知，（）的定义域为，，①当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增；②当时，令，则，，解得（舍），，∴当时，，∴，∴区间上单调递减，当时，，∴，∴在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】当时，，，，，，等价于，即，令，，则恒成立 ，令，，则，令，解得，当时，，在区间单调递增；当时，，在区间单调递减，∴当时，的最大值为，∴当时，，即，∴在区间上单调递减，不妨设，∴，，有，又∵在区间上单调递减，，，且，有，∴等价于，∴，设，，则，，且，等价于，即在上单调递减，∴，∴，∴，∵当时，的最大值为， ∴的最小值为，∴，综上所述，满足题意的实数的取值范围是.【点睛】本题第（2）问解题的关键点有两个，一个是将等价转换为，便于构造函数；另一个是通过构造函数，借助导数判断出函数的单调性去绝对值.