河南省部分学校2023届高三押题信息卷(一)文科数学 Word版含解析.docx

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2022～2023学年高三押题信息卷文科数学试题（一）注意事项：1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解绝对值不等式求得集合，求函数的定义域求得集合，由此求得.【详解】，，所以．故选：C2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】法一：根据复数运算求解可得，再代入计算即可；法二：根据复数的模长性质可得，进而可得，从而求解即可.【详解】法一：由已知得，．法二：由已知得，故，即．.故选：B．3.三棱柱中，面，则下列两条直线中，不互相垂直的是（）A.和B.和C.和D.和【答案】B【解析】【分析】根据线面垂直的性质以及判定即可得到线线垂直，由选项即可逐一求解.【详解】对于A，因为平面，平面，所以；对于B，与不一定垂直；对于C，因为，，且，平面,所以平面 ，平面,所以；对于D，因为平面，，所以平面，平面,所以，又，且，平面,所以平面，又平面，所以C.故选：B．4.抛掷一枚骰子两次，第一次得到的点数记为，第二次得到的点数记为，则平面直角坐标系中，点到原点的距离不大于4的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型公式计算可得.【详解】基本事件共有36个，而满足点到原点的距离不大于4的基本事件有共8个，所求概率为．故选:C．5.已知是方程的两个根，则（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用两角和的正切公式计算．【详解】由于是方程的两个根，所以，，所以． 故选：B．6.执行下边的程序框图，输出的（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环，，，；执行第二次循环，，，；执行第三次循环，，，，此时输出.故选：B 7.如图，在平行四边形中，分别为上的点，且，连接交于点，若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】选为基底分别把表示出来，然后代入中，的系数对应相等即可；本题也可以用排除法，显然，故，只有C选项满足，故选C.【详解】设则显然得显然因为所以有即根据向量的性质可知解得 故选：C8.已知抛物线的焦点为，直线过点与交于两点，若，则直线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意设直线，，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理即可求解.【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设直线，，联立得．则，，解得．故选：D．9.设是定义在上的周期为5的奇函数，，则在内的零点个数最少是（）A.4B.6C.7D.9【答案】D【解析】【分析】利用函数的周期性、奇偶性求区间零点的个数.【详解】因为是定义在上的周期为5的奇函数，所以，又，所以，则，则．所以， 故零点至少有，则在内的零点个数最少是9．故选：D10.日常生活中，我们定义一个食堂的菜品受欢迎程度为菜品新鲜度．其表达式为，其中的取值与在本窗口就餐人数有关，其函数关系式我们可简化为，其中为就餐人数（本窗口），为餐品新鲜度，则当，时，近似等于（）（已知）A.470B.471C.423D.432【答案】A【解析】【分析】根据题目将数据代入公式，结合指数函数单调性求解即可.【详解】当，时，，因为，且单调递减，所以，所以当时，故选：A11.若关于的方程在内有两个不同的解，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用辅助角公式化简已知方程，求得，进而求得.【详解】关于的方程在内有两个不同的解，即（，取为锐角）在内有两个不同的解，即方程在内有两个不同的解． 不妨令，由，则，所以，所以．则，即，所以．故选：D．12.已知菱形的边长为，，将沿对角线翻折，使点到点处，且二面角的平面角的余弦值为，则此时三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积比值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据菱形性质和二面角平面角定义可知，利用余弦定理求得后，结合勾股定理可知，，由此可确定三棱锥的外接球半径为，代入球的体积公式可求得外接球体积；根据平面，结合棱锥体积公式可求得，作比即可得到结果.【详解】连接交于，连接，易得为与的中点，四边形为菱形，，即，，二面角的平面角为，；又，，，； 在中，由余弦定理得：；，，，，，三棱锥的外接球球心为中点，半径为，三棱锥的外接球体积；，，，平面，平面，，，，三棱锥的外接球的体积与该三棱锥的体积之比为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查多面体的外接球问题的求解，解题关键是能够结合二面角的大小和勾股定理确定三棱锥的侧面和为直角三角形，并且有公共斜边，结合直角三角形的性质确定三棱锥外接球球心即为的中点.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.椭圆与双曲线有公共点P，则P与双曲线两焦点连线构成三角形的周长为_________．【答案】24【解析】【分析】根据椭圆与双曲线方程得到椭圆与双曲线具有共同的焦点，，从而得到P与双曲线两焦点距离之和，再根据，求出周长.【详解】由已知得椭圆与双曲线具有共同的焦点，，由椭圆定义可知：，故P与双曲线两焦点的距离之和为14， 又，因此P与双曲线两焦点连线构成三角形的周长为.故答案为：2414.在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，则_______．【答案】1【解析】【分析】解法1，先用正弦定理边角互化，再用和差和诱导公式求解即可；解法2：先用射影定理化简，用正弦定理边角互化即可求解.【详解】解法1：，而，∴．解法2：由射影定理，，又由题意，，∴，故，∴，∵，∴，故．故答案为：115.已知在和上各有一个零点，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】根据函数零点的定义，结合可行域进行求解即可.【详解】在和在上各有1个零点，画出它的可行域，如图所示：的内部． 令，则，如图，当过时，；当过时，，故的取值范围是．故答案为：16.若，，且，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】由已知等式可得，令，令，其中，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.【详解】因为，所以，因为，所以，令，令，其中，则，其中，因为函数、在上为增函数，所以，函数在上为增函数，又，由可得，由可得，所以，函数的单调递减区间，单调递增区间为，所以，，所以，，即. 故取值范围为．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.某手机商家为了更好地制定手机销售策略，随机对顾客进行了一次更换手机时间间隔的调查．从更换手机的时间间隔不少于3个月且不超过24个月的顾客中选取350名作为调查对象，其中男性顾客和女性顾客的比值为，商家认为一年以内（含一年）更换手机为频繁更换手机，否则视为未频繁更换手机．现按照性别采用分层抽样的方法随机抽取105人，并按性别分为两组，得到如下表所示的频数分布表：时间间隔（月）男性89191284女性25121172（1）计算表格中的值；（2）请根据频率分布表填写列联表，并判断是否有99%以上的把握认为“频繁更换手机与性别有关”？频繁更换手机未频繁更换手机合计男性顾客女性顾客合计附表及公式：0.1000.0500.0100.0012.7063.841663510.828，其中． 【答案】（1）（2）表格见解析，没有【解析】【分析】（1）根据男性顾客和女性顾客的比值、分层抽样的知识求得.（2）根据已知条件填写列联表，计算的值，由此作出判断.【小问1详解】由题知男性顾客共有人，女性顾客共有人，按分层抽样抽取105人，则应该抽取男性顾客人，女性顾客人；所以．【小问2详解】由频率分布表可知，在抽取的105人中，男性顾客中频繁更换手机的有20人，女性顾客中频繁更换手机的有10人，据此可得列联表：频繁更换手机未频繁更换手机合计男性顾客204363女性顾客103242合计3075105所以．因为，所以没有99%以上的把握认为“频繁更换手机与性别有关”.18.已知数列的前项和为，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）定义，记，求数列的前20项和．【答案】（1），（2）【解析】 【分析】（1）根据的关系可得，再代入求解即可；（2）由（1）可得，，再逐项列举分析可得当时，，当时，，进而求解即可.小问1详解】因为，当时，，解得；当时，，所以，即，所以，即是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，，则．【小问2详解】因为，即数列为递增数列，，即数列单调递减．，，所以当时，，当时，，所以所以．19.已知椭圆的焦距为2，圆与椭圆恰有两个公共点．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点处的切线方程为 ．若椭圆的短轴长小于4，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，求证：直线过定点．【答案】（1）或（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设椭圆的半焦距为，再分圆在椭圆的内部和外部两种情况分别求解即可；（2）由题意椭圆的方程为，再设，得出切线的方程，将代入可得的坐标都满足方程即可得定点.【小问1详解】设椭圆的半焦距为．当圆在椭圆的内部时，，椭圆的方程为．当圆在椭圆的外部时，，椭圆的方程为．【小问2详解】证明：设．因为椭圆的短轴长小于4，所以的方程为．则由已知可得，切线的方程为的方程为，将代入的方程整理可得，．显然的坐标都满足方程，故直线的方程为， 令，可得，即直线过定点．20.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，分别是的中点，平面经过点，且与棱交于点．（1）试用所学知识确定在棱上的位置；（2）若，求多面体的体积．【答案】（1）在棱的靠近的三等分点处（2）．【解析】【分析】（1）过作直线与平行，延长与交于点，连接，根据线面相交于平行的性质判断即可；（2）多面体体积，再根据锥体体积公式，结合线面垂直的判定与性质求解即可.【小问1详解】过作直线与平行，则，故共面，延长与交于点，连接与的交点即为点．因为底面是正方形，是的中点，所以，且．又，所以，因为是的中点，可得，则，由平行线间交叉线的性质可得，，所以．故在棱的靠近的三等分点处． 【小问2详解】连接，多面体的体积．因为为中点，所以．又平面平面，平面平面平面，平面，所以平面，而平面，所以，所以．因为为中点，所以．因为为的靠近的三等分点，所以，所以．故多面体的体积为．【点睛】21.已知函数．（1）求证：曲线仅有一条过原点的切线；（2）若时，关于的方程有唯一解，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析（2）当时，；当时，.【解析】【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；（2）化简可得有唯一解，再构造函数，求导可得，再讨论根的情况，数形结合分析的极值与的大小关系，结合恒成立问题求解即可.【小问1详解】的定义域为，，设切点，则切线方程为，当切线过原点时有，即，故，因为，所以，即切点有且只有一个，则曲线仅有一条过原点的切线，即得证.【小问2详解】关于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，令，则.因为，故当，即时，，函数单调递增，且当时，，当时，.易知的图象与直线有且仅有一个交点，满足题意，此时；当，即时，设有两个根，，则，，故.①若，则当时，单调递增； 当时，单调递减，且当时，，当时，.故要使得有唯一解，则或恒成立.此时，即，，.则极大值，令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，又恒成立，故，；同理，极小值，当时无最小值，此时无实数使得恒成立.②若，则，，不满足；③若，由①可得；故当时，.综上所述：当时，；当时，.【点睛】方法点睛：本题利用导数解决函数零点问题的方法：（1）参变分离构造函数；（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；（4）数形结合列不等式求解.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程 22.已知在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t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，曲线C的极坐标方程为．（1）求直线l的极坐标方程以及曲线C的参数方程；（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求的值．【答案】（1）（），（为参数）（2）【解析】【分析】（1）以直角坐标方程为桥梁分别求得极坐标方程和参数方程.（2）将极坐标方程联立即可得到与可得.【小问1详解】由已知消去参数得，，将，，代入上式化简整理得：故直线l的极坐标方程为（）由得：所以，故曲线C的参数方程为（为参数）【小问2详解】将直线l的极坐标方程代入曲线C的极坐标方程得：解得：，不妨设，所以 选修4-5：不等式选讲23.已知正实数满足．（1）求的最小值；（2）当取得最小值时，的值满足不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）9（2）【解析】【分析】（1）化简，由基本不等式即可求得的最小值（2）利用绝对值三角不等式即可化简，进而求出实数的取值范围【小问1详解】由题意∵，∴，∴，当且仅当，即b＝2a时，a＋b有最小值9，由4a＋b＝ab，可求得此时a＝3，b＝6．【小问2详解】由题意及（1）得．∵满足不等式对任意的恒成立，所以，解得∴实数的取值范围为．