河南省 、 、新乡一中2023届高三下学期联考理科数学试题（Word版附解析）

2023届高三下学期安阳一中､鹤壁高中､新乡一中联考理科数学试题卷命题人：朱俊杰审核人：李小慧一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求得集合，再由集合交集的运算即可求解.【详解】集合，集合，则，故选：D.2.已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与不能构成空间基底的向量是()A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】利用空间向量的基底的意义即可得出．【详解】，与、不能构成空间基底；故选：C．3.函数的图象如图所示，则阴影部分的面积是（） A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】根据曲边图形的面积与定积分之间的关系即可求解.【详解】所求面积为.故选:B.4.已知点关于的对称点为,点关于的对称点为,那么（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析之间的关系,将转化为,进而转化为即可.【详解】解:由题知是的中点,是的中点,故.故选：D5.黑洞原指非常奇怪的天体，它体积小、密度大、吸引力强，任何物体到了它那里都别想再出来，数字中也有类似的“黑洞”.任意取一个数字串，长度不限，依次写出该数字串中偶数的个数、奇数的个数以及总的数字个数，把这三个数从左到右写成一个新的数字串.重复以上工作，最后会得到一个反复出现的数字串，我们称它为“数字黑洞”，如果把这个数字串设为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据“数字黑洞”的定义，任取一个数字串,确定“数字黑洞”，根据三角函数的诱导公式计算，可得答案. 【详解】根据“数字黑洞”的定义，任取数字2021，经过第一步之后为314，经过第二步之后为123，再变为123，再变为123，所以“数字黑洞”为123，即，则,故选:.6.在数列中，且，（）A.0B.1300C.2600D.2650【答案】C【解析】【分析】利用分类讨论思想，将数列分为奇数项与偶数项整理递推公式，根据等差数列的定义，整理通项，结合等差数列求和，可得答案.【详解】当为奇数，即时，设，，，则，即数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，故；当为偶数，即时，设，，，则，显然数列为常数列，则，即；.故选：C.7.桌面排列着18个乒乓球，两个人轮流拿球装入口袋，能拿到第18个乒乓球的人为胜利者，条件是：每次拿走球的个数为至少要拿1个，但最多又不能超过4个，这个游戏中，先手是有必胜策略的，请问：如果你是最先拿球的人，为了保证最后赢得这个游戏，你第一次该拿走的球的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】第一次应该拿走3个，然后对方拿走个，我就拿个，这样保证取得胜利.【详解】第一次应该拿走3个，然后对方拿走个，，，我就拿 个，这样保证我拿到第3，8，13，18个.故选：C8.已知函数的周期为1，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，函数的周期为1，则的周期为4，依次分析选项即可.【详解】因函数的周期为1，则.令，则，得的周期为4，则.，故A正确，C错误.又由，可得，故B，D错误.故选：A9.重心是几何体的一个重要性质，我国的国宝级文物东汉铜奔马（又名：马踏飞燕）就是巧妙利用了重心位于支点正上方这一性质而闻名于世.已知正三棱锥的重心是其每个顶点与其所对的面的三角形重心连线的交点.若正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则其重心G到底面的距离为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取、的重心，连接，根据三角形重心的性质可得且，即可得到，从而得到，再利用勾股定理求出，即可得解；【详解】解：如图，为的重心，为的重心，连接，因为，所以且，所以，所以 ，由正三棱锥的性质可知平面，又，所以，又，所以，所以，所以重心G到底面的距离即为；故选：B10.立德中学举行“学习党代会，奋进新征程”交流会，共有6位老师、4位学生进行发言．现用抽签的方式决定发言顺序，事件表示“第k位发言的是学生”，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据排列数的计算，结合古典概型的概率计算公式即可根据选项逐一求解.【详解】因为，所以A错误．因为，所以B错误．因为，所以C正确． 因为，所以D错误．故选：C11.已知，，，则a，b，c大小关系是（参考数据）（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】比较的大小关系等价于比较的大小关系,等价于比较的大小关系，后者两边具有统一的结构形式，构造函数，利用导数研究函数在包含2.2和2.3的某个适当区间内的单调性，进而比较的大小，得到，同样思想，比较得到.从而得到结论.【详解】令，．令，，当时，，单调递减．又，∴当时，，单调递增．∴，即，，∴，则，令，则，令，则，当时，，单调递减．又， 所以当时，，所以在上单调递增，∴，即，∴，即，则，综上所述．故选：．12.在中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的平分线交AC于点D，且，则周长的最小值为（）A.7B.C.D.4【答案】C【解析】【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到的关系式，从而利用基本不等式求得，由此得解.【详解】由题可得，，即，又，所以，则，因为，所以，则，所以，即，又因为，，所以，整理得，所以，解得或（舍去）， 所以，当且仅当时，等号成立，则，故周长的最小值为.故选：C..二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设复数满足，则的模为____________.【答案】【解析】【分析】设，则，即，解得答案【详解】设，则，即，解得，故，故答案为：14.已知函数，若，，，则值为_____.【答案】【解析】【分析】根据辅助角公式得到，求出，从而得到，，结合诱导公式，同角三角函数关系及正切二倍角公式求出答案. 【详解】根据题意，.因为，，，所以，所以，.所以，，所以.故.故答案为：15.设实数x，y满足，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】设，有不等式组作出可行域，得出的范围.化简，然后根据的范围，即可求出答案.【详解】设，根据约束条件作出可行域如图所示，解可得，，所以. 由图知当目标函数经过点或点时取得最小值，当目标函数经过点时取得最大值，即．又，又，所以，当时，该式有最小值为；当时，有最大值为.故答案为：．16.在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则______.【答案】2【解析】【分析】建立坐标系，求得P点的轨迹方程，从而求出点E的轨迹方程，结合椭圆的几何性质，列方程即可求得答案.【详解】如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点E作的垂线交延长线于P，交于M,作,垂足为F，则,因为，故,则，故, 设，则，故,则P点的轨迹方程为，由于，则，故，则，设，则,而,故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，即，由于椭圆的离心率为，即，解得，即，由于，故，故答案为：2【点睛】关键点点睛：解答本题时，要明确由该题中的方法形成椭圆的过程，因此解答时结合平面图形几何性质，判断P点轨迹为圆，由此解答本题的关键在于要由此确定E点的轨迹方程，从而根据椭圆的性质求得答案.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）（一）必考题：共60分17.已知数列有递推关系（1）记若数列的递推式形如且，也即分子中不再含有常数项，求实数的值；（2）求的通项公式.【答案】（1）或（2） 【解析】【分析】（1）根据题意整理可得，即，运算求解即可；（2）取，可得，利用构造法结合等比数列求通项公式.【小问1详解】因为，且，所以，则，解得或；【小问2详解】由（1）可得：当时，则，且，可得，则，且，故数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，则，故.18.近日，某芯片研发团队表示已自主研发成功多维先进封装技术XDFOI，可以实现4nm手机SOC芯片的封装，这是中国芯片技术的又一个重大突破，对中国芯片的发展具有极为重要的意义．可以说国产4nm先进封装技术的突破，激发了中国芯片的潜力，证明了知名院士倪光南所说的先进技术是买不来的、求不来的，自主研发才是最终的出路．研发团队准备在国内某著名大学招募人才，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为 ，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题．（所选的题全部答完后再判断是否被录用）（1）求甲和乙各自被录用的概率；（2）设甲和乙中被录用的人数为，请判断是否存在唯一的值，使得？并说明理由．【答案】（1）甲被录用的概率为，乙被录用的概率为（2）存在；理由见解析【解析】【分析】（1）利用独立重复实验的概率公式可得解；（2）利用概率的乘法公式求出概率及期望，利用导数可得解.【小问1详解】设甲答对题目的个数为，由题意，得，则甲被录用的概率为，乙被录用的概率为．【小问2详解】的可能取值为0，1，2，则，，，∴，设，则．∴当时，为增函数．又，，所以存在唯一的的值，使得，即． 19.如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作出，从而求得的值.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．【小问1详解】连结．因为点为圆锥的顶点，所以平面．分别取，的中点，，连接，，，，则在圆中，．由平面，得．又，故平面，所以．所以．同理，．于是． 小问2详解】因为，即所以即．在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．则，，．又因为平面，所以轴，从而．则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨取，则，，此时．设平面的法向量为，则，即不妨取，则，，此时．所以．又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为． 【点睛】方法点睛：几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.20.定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆的相似椭圆，点为椭圆上异于其左、右顶点的任意一点．（1）当时，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值；（2）当（e为椭圆的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）设，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案；（2）由题知椭圆的标准方程为，进而结合点在椭圆上得，故设直线的斜率为，则直线的斜率为，进而得其对应的方程，再与椭圆联立方程并结合韦达定理，弦长公式得，，，进而得．【小问1详解】解：设，则直线的方程为，即， 记，则的方程为，将其代入椭圆的方程，消去，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，将代入上式，整理得，同理可得，，所以为关于的方程的两根，所以，．又点在椭圆上，所以，所以．【小问2详解】解：由椭圆，得其离心率，所以当，即时，椭圆的标准方程为，所以，，，恰好为椭圆的左、右焦点，易知直线的斜率均存在且不为，所以，因为在椭圆上，所以，即， 所以．设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为．由，得，设，则，，所以，同理可得，所以．【点睛】方法点睛：高考中解析几何解答题一般围绕直线和圆锥曲线的位置关系进行设题，对考生的代数运算能力、逻辑思维能力要求较高，挖掘几何图形的性质是求解有几何背景的圆锥曲线问题的主要思路，在解决与圆有关的问题时要重视圆的几何性质的运用．21.已知函数．（1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. （2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.【小问1详解】函数的定义域为，不等式恒成立，即在上恒成立，记，则，得到在区间上单调递减，在上单调递增，则，即在区间上恒成立，分离变量知：在上恒成立，则，，由前面可知，当时，恒成立，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以．小问2详解】，设曲线图象上任意一点，所以曲线在点处的切线方程为， 将代入得，故切点为，过的切线方程为，所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，从而当时，有三个极值点，，，并且，，，取对数知：，，即，，则．构造，在时恒成立，则在区间上单调递增，且，从而的解为，综上所述．【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.（二）选考题：共10分，请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.如图，在极坐标系中，圆O的半径为2，半径均为1的两个半圆弧所在圆的圆心分别为，M是半圆弧上的一个动点. （1）若点A是圆O与极轴的交点，求的最大值；（2）若点N是射线与圆O的交点，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到半圆弧的直角坐标方程，从而可得的最大值；（2）根据题意，表示出，结合三角形的面积公式，即可得到，再根据三角恒等变换公式化简，即可得到结果.【小问1详解】由题知，半圆弧的极坐标方程为:，化为直角坐标方程为:，其圆心为，半径为，由题可知，所以【小问2详解】由题知，，，所以 因为，所以，即，所以23.已知，，且.（1）证明：；（2）若，，求的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据基本不等式可证不等式成立；（2）先由，，推出，且，然后按照和分别利用基本不等式求出的最小值，比较两个最小值可得结果.【小问1详解】由已知可得，当且仅当时，等号成立.【小问2详解】因为，，，所以，且，当时， ，当且仅当，且，即时，等号成立，此时的最小值为，当时，，当且仅当，且，即时，等号成立，此时的最小值为，综上所述：此时的最小值为，