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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(文科)(Word版附解析)

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2022年河南省高三期末联考数学(文科)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:C4.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:B5.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:D10.“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:C11.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:X681012Y12m64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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2024-01-16 16:05:01 页数:21
价格:¥3 大小:1.49 MB
文章作者:随遇而安

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