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

《河南省部分学校2023届高三押题信息卷(一)理科数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2022～2023学年高三押题信息卷理科数学试题（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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先解出集合与，然后根据集合的运算得出结果.【详解】解：因为，所以，又，函数单调递增，所以，所以，故选：A．2.已知，且，若，则的最大值是（）A.5B.4C.3D.2【答案】D 【解析】【分析】设出，解出，从而得出的函数关系，从而得解本题.【详解】解：设，因为，故，因为，所以，故，当时，有最大值为2．故选：D．3.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．4.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．5.执行如图所示的程序框图，则输出的（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】模拟运行程序，直至退出循环体即可.【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：B6.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：C7.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：A8.如图，在平行六面体中，底面，侧面都是正方形，且二面角的大小为，，若是与的交点，则（）A.B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义用表示出，再应用向量数量积的运算律求即可.【详解】在平行六面体中，四边形是平行四边形，又是的交点，所以是的中点，所以，由题意，，， 所以，即．故选：B.9.设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意，利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或，分情况讨论可得答案.【详解】因为，所以，不妨令，可得，解得（舍去），所以，因为，所以或，因为,所以，所以，当时，，所以，当时，，由得，所以，则的取值集合为.故选：A.10.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：D11.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.已知正方体的棱长为3，动点M在侧面上运动（包括边界），且，则与平面所成角的正切值的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】找到点M在平面的投影为点N，在平面平面上，建立平面直角坐标系，求出点N的轨迹方程，进而数形结合求出，从而求出答案.【详解】设点M在平面的投影为点N，则，所求线面角为，则，因为，所以，在平面上，以A为坐标原点，AD为x轴，为y轴建立平面直角坐标系，则，，设，，化简得：， ，故点N的轨迹为以为圆心，半径为2的且位于第一象限的圆弧ST，如图所示，连接，与圆弧ST相交于点，此时取得最小值，由勾股定理得：，所以，当点N与S重合时，取得最大值，由勾股定理得：，则，．故选：B．【点睛】立体几何中轨迹问题，建立合适的坐标系，求出轨迹方程是解决问题的重要方法，将几何问题代数化，数形结合解决问题.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焦点，，从而得到P与双曲线两焦点的距离之和，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.已知，则______．【答案】【解析】【分析】将原式变形为，得出展开式的通项为，分别求出和时的系数，即可得出答案.【详解】由题意得.的展开式的通项公式为，.当时，，所以；当时，，所以.所以.故答案为：．15.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.已知为坐标原点，点在抛物线上，过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为．则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为在抛物线上，所以，解得，所以．设．由，求导得，则直线，直线．由解得所以，又在直线上，得．所以 ．故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是根据导数的性质求出抛物线的切线方程.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：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828，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．19.已知的外心为，点分别在线段上，且恰为的中点．（1）若，求面积最大值；（2）证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用正弦定理得出的角度，借助基本不等式根据余弦定理得出的最大值，从而得出面积的最大值；（2）利用余弦定理，由可得出，同理可得，由恰为的中点，可证本题.【小问1详解】解：由正弦定理，得，所以，又，所以或，当时，由余弦定理，得，所以，的面积，当且仅当时，取等号； 当时，同理可得，的面积，当且仅当时，取等号．综上，面积的最大值为；【小问2详解】证明：设，由余弦定理知，，因为，所以，化简整理得，而，因此，又因为是外心，故，同理可知，因为恰为的中点，因此，所以．20.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点． （1）试用所学知识确定在棱上的位置；（2）若，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）靠近的三等分点处（2）【解析】【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；（2）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】过作直线与平行，延长与交于点，连接与的交点即为点．因为底面是矩形，是的中点，所以，且．又，所以，因为是的中点，可得，则，所以．故在棱靠近的三等分点处．【小问2详解】因为是的中点，所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面．取中点，连接，易知两两相互垂直，如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，．设平面的法向量为，则即令，则，所以．．设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．21.已知函数．（1）若无极值，求的取值范围；（2）若关于的方程有2个不同的实数根，求证：． 【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）函数无极值，即导函数无变号零点，转化为函数与的图形关系，从而得出结果；（2）方程有2个不同的实数根转化为方程有2个不同的根，根据求证目标，构造新函数，利用函数单调性、切线等方法得出的范围，从而得证．【小问1详解】解：，因为无极值，所以函数无变号零点，即函数无变号零点．令，当单调递增；当单调递减．故当时，，结合的图象可知，时，函数无变号零点，即的取值范围为；【小问2详解】证明：方程有2个不同的根，即方程有2个不同的根．令，当单调递增；当单调递减．所以当时，， 结合图象可知，，且，，，所以．令，解得，则令，则，易知单调递减．令，解得．当时，单调递增；当单调递减．所以．当时，，即．综上，，所以．的图象在的切线方程为，令，所以，故．令，当单调递减，所以，即，所以．的图象在的切线方程为，令． ．令，当时，单调递减，当时，单调递增．，所以．，所以．综上，．【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（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.（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