2023届河南省开封市等2地学校高三下学期普高联考测评（六）数学（理）试题含解析

2023届河南省开封市等2地学校高三下学期普高联考测评（六）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化简集合，结合交集的定义即可求解

【详解】由可得，所以，

由可得，所以，

所以

故选：D

2．已知复数，其中为实数，且满足，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】利用复数的乘法计算，再借助复数相等求出即可判断作答.

【详解】依题意，，而为实数，

则，解得，所以复数的虚部为2.

故选：D

3．体育强国的建设是2035年我国发展的总体目标之一.某学校安排每天一小时课外活动时间，现统计得小明同学10周的课外体育运动时间（单位：小时）：6.5，6.3，7.8，9.2，5.7，7.9，8.1，7.2，5.8，8.3，则下列说法不正确的是（    ）

A．小明同学10周的课外体育运动时间平均每天不少于1小时

B．小明同学10周的课外体育运动时间的中位数为6.8

C．以这10周数据估计小明同学一周课外体育运动时间大于8小时的概率为0.3

D．若这组数据同时增加，则增加后的个数据的极差､标准差与原数据的极差､标准差相比均无变化

【答案】B

【分析】根据平均数、中位数及方差的定义判断A、B、D，利用频率判断C .

【详解】这周数据的平均值为，

平均每天4小时，故A正确；

将10个数据从小到大排列为5.7，5.8，6.3，6.5，7.2，7.8，7.9，8.1，8.3，9.2，中位数为，故B错误；

这个数据中大于8的有3个，估计小明同学一周课外体育运动时间大于8小时的概率为，故C正确；

若这组数据同时增加，则增加后的个数据的极差､标准差与原数据的极差､标准差相比均无变化，故D正确.

故选：B.

4．在一间长、宽、高分别为7米、5米、4米的长方体形房间内，距离角落的八个顶点一米范围内的区域为“危险区域”，房间内其他区域为“安全区域”，一只苍蝇在房间内飞行到任意位置是随机的，则某时刻这只苍蝇位于“危险区域”的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据几何概型的体积型问题计算即可得答案.

【详解】房间的体积是140立方米，八个“危险区域”所占空间是半径为1米的球的体积，即立方米，

则某时刻这只苍蝇位于“危险区域”的概率为.

故选：C.

5．已知数列是等差数列，其前项和为，则等于（    ）

A．63 B． C．45 D．

【答案】D

【分析】根据题意结合等差数列性质分析运算.

【详解】因为数列是等差数列，则，可得，

且，可得，

所以.

故选：D.

6．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据线面位置关系及面面位置关系逐项判断即可.

【详解】对于A，可能会出现，或与相交但不垂直的情况，所以A不正确；

对于B，可能平行、可能异面，所以B不正确；

对于C，若，仍然满足且，所以C不正确；

对于D，，则，再由，可得,可知D正确.

故选：D.

7．古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（    ）

A．8 B．16 C．24 D．32

【答案】C

【分析】利用分类加法原理即可求解.

【详解】梯形的上、下底平行且不相等，如图，

若以为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个，

若以为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，

所以梯形的个数是16+8=24，

故选：C.

8．已知直线与椭圆交于两点，若点恰为弦的中点，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用中点弦问题求出，再求出椭圆的离心率作答.

【详解】依题意，直线的斜率为，设，则，且，

由两式相减得：，于是，

解得，此时椭圆，显然点在椭圆内，符合要求，

所以椭圆的离心率.

故选：A

9．数列是首项和公比均为2的等比数列，为数列的前项和，则使不等式成立的最小正整数的值是（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【分析】根据等比数列得，利用裂项求和可得，结合不等式的性质代入求解即可得答案.

【详解】因为数列是首项和公比均为2的等比数列，所以，则，

所以，则，

不等式整理得，

当时，左边，右边，显然不满足不等式；

当时，左边，右边，显然满足不等式；

且当时，左边，右边，则不等式恒成立；

故当不等式成立时的最小值为9.

故选：B.

10．为定义在上的偶函数，对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得函数在上单调递增，且为偶函数，进而可得，即得.

【详解】对任意的，都有，则，

令，则在上单调递增，

因为为定义在上的偶函数，

所以，即为偶函数，

又，

由，可得，即，

所以，

所以的解集为，

故选：A.

11．已知函数是偶函数，且在上单调，则的最大值为（    ）

A．1 B．3 C．5 D．

【答案】C

【分析】由、是偶函数得到，再由在上单调可得可得答案.

【详解】因为，所以，

则①.，因为是偶函数，

所以直线是图象的对称轴，所以②.

由①②可得，，又，所以，

则，

因为在上单调，的最小正周期为，

所以，解得，故的最大值为5，经检验，在上单调.

故选：C.

12．已知函数的定义域为 为函数的导函数，当时， ，且，则下列说法一定正确的是（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】构造函数，根据的单调性和奇偶性求解.

【详解】令，则，

因为当时， ，所以 ，所以在上单调递增，

又，

所以，即为奇函数，在上单调递增，

所以对于A，，即，

，A错误；

对于B， ，即 ；，B正确；

对于C，，即，C错误；

对于D，，D错误；

故选：B.

二、填空题

13．向量的夹角为，定义运算“”：，若，则的值为___________.

【答案】

【分析】根据新定义结合向量的夹角公式即得.

【详解】因为，

所以，

则，所以.

故答案为：.

14．已知实数满足，则的最大值为___________.

【答案】5

【分析】先作出可行域，令，根据截距的变化可得目标函数的最大值.

【详解】不等式组表示的可行域如图所示，为及其内部的阴影区域，且，

令，则，当直线经过点时，取得最大值5.

故答案为：5

15．在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为______.

【答案】

【分析】根据正方体的性质求出外切球的球心及半径，结合球的性质即可求解截面面积的最小值.

【详解】正方体的外接球球心为体对角线的中点，连接，，

过点且与垂直的平面截得外接球的小圆面积是最小的，

因为，，所以，且两点都在外接球的表面上，

根据球的性质知，最小的截面面积是以为直径的圆的面积，

此时圆的面积为.

故答案为：.

16．已知抛物线的准线与轴的交点为，过焦点的直线分别与抛物线交于两点（点在第一象限），，直线的倾斜角为锐角，且满足，则___________.

【答案】12

【分析】过点作轴于点，由抛物线的定义可知点到准线的距离得，，利用求出，再由可得 可得答案.

【详解】如图，过点作轴于点，由抛物线的定义可知点到准线的距离，故，

同理，则，故，，则，

可得，则，所以.

故答案为：12.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，.

(1)若，求；

(2)若，点在边上，且平分，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和、差的余弦公式求出，由诱导公式求出，即可求出，最后由计算可得；

（2）利用二倍角公式求出，再由求出，最后由面积公式计算可得.

【详解】（1）因为，

则，，

又，，则，

又，所以，

则.

（2）由（1）知，则，

由得，

即，

则，即，解得，

所以的面积.

18．某车间购置了三台机器，这种机器每年需要一定次数的维修，现统计了100台这种机器一年内维修的次数，其中每年维修2次的有40台，每年维修3次的有60台，用代表这三台机器每年共需要维修的次数.

(1)以频率估计概率，求的分布列与数学期望；

(2)维修厂家有两家，假设每次仅维修一台机器，其中厂家单次维修费用是550元，厂家对同一车间的维修情况进行记录，前5次维修费用是每次600元，后续维修费用每次递减100元，从每年的维修费用的期望角度来看，选择哪家厂家维修更加节省？

【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：

(2)选择厂家更加节省

【分析】（1）设为这三台机器每年单个需要维修三次的台数，由题意可得则，且，结合二项分布求得分布列与期望即可；

（2）分别计算两种方案下维修费用的数学期望，比较即可得结论.

【详解】（1）以频率估计概率，一台机器每年需要维修2次的概率为，需要维修3次的概率为，

设为这三台机器每年单个需要维修三次的台数，

则，且，

所以，

.

所以的分布列为

则.

（2）选择厂家每年维修费用的期望为（元），

选择厂家每年维修费用的期望为（元），

因为，所以选择厂家更加节省.

19．如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；

(2)若，求锐二面角的大小.

【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点

(2)

【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；

（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.

【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，

证明如下：

如图，

在取点，连接，,使得，

又，所以四边形为平行四边形，所以，

又平面平面，所以平面.

又平面，，平面，

所以平面平面，

又平面平面，平面平面，

所以，所以在中，，所以，

所以点为线段上靠近点的三等分点.

（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，

又，则，

由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，

则，

因为，所以，解得，

故，则，

设平面的法向量为，

则，不妨取，则，

设平面的一个法向量为，则，

记锐二面角的平面角为，所以，

又，则，所以锐二面角的大小为.

20．已知双曲线的一条渐近线方程为，且双曲线经过点.

(1)求双曲线的方程；

(2)过点且斜率不为0的直线与交于两点（与点不重合），直线分别与直线交于点，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题得，进而即得；

（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，根据直线，的方程表示出结合韦达定理即得.

【详解】（1）由题意可知，

解得，

所以双曲线的方程为.

（2）设直线的方程为，代入中，

可得，设，

则.

直线的方程为，

令，得点的纵坐标为，

直线的方程为，

令，得点的纵坐标为，

因为，

所以，即.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．已知函数，.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数有两个零点，，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；

（2）根据的单调性，令，依题意可得，即可得到，即证，即证，令，则原式化为，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；

【详解】（1）解：因为，的定义域为，

，

当时，在上单调递增；

当时，若，则，在上单调递增；

若，则，在区间上单调递减；

综上：时，在上单调递增；

时，在上单调递增，在上单调递减；

（2）方法一：证明：，

令，则，且为单调递增函数，

显然，即时，，

令，

若函数有两个零点、，则，即，，

，

要证，只要证，即．

只要证，即证，令，

即证，

即证，

令，，所以在上单调递增，

所以，即（其中）成立，

故原不等式成立．

方法二：证明：：，

令，则，且为单调递增函数，

显然，即时，，

令，若函数有两个零点，则，即：，，由（1）问可知：，要证，只要证，即．

只需证：；由在区间上单调递减，

所以只需证：，

因为即证，

令，，下证:，

，所以单调递增，

所以，得证.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．在直角坐标系中，圆是以为圆心，为半径的圆，直线的参数方程为（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.

(1)写出圆的极坐标方程；

(2)已知直线与圆相交于两点，且，求角.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）先求圆的直角坐标方程，然后直接化为极坐标方程即可；

（2）先把直线方程化为极坐标方程，然后联立直线的极坐标方程和圆的极坐标方程，利用的几何意义即可解答.

【详解】（1）由题意知圆的方程为，即，

将代入得圆的极坐标方程为.

（2）由题知直线的极坐标方程为，设，

联立可得，

且，即，

由韦达定理得，

则，

所以，又，所以，则或，所以或.

23．已知.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值.

【答案】(1)；

(2)1.

【分析】（1）分类讨论解绝对值不等式即得；

（2）根据参变分离可得恒成立，然后构造函数利用绝对值三角不等式结合条件即得,

【详解】（1）若，则不等式可化为.

当时，，即，所以；

当时，，即，所以；

当时，，即，所以.

综上所述，原不等式的解集为.

（2）由题知在上恒成立，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

当时，，即无论取何值，不等式恒成立，

当时，，则恒成立，

设，

又，当且仅当，即时取等号，

所以，则，

所以实数的最大值为1.