河南省青桐鸣大联考2023届高三下学期5月考试理科数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省青桐鸣大联考2023届高三下学期5月考试理科数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 已知，，有以下命题等内容，欢迎下载使用。
数学（理科）
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，班级、考场号，座位号，考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 复数满足，为的共轭复数，则（ ）
A. 2B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法求得，再结合共轭复数以及复数的模长公式运算求解.
【详解】由题意可得：，
则.
故选：B.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出集合，再利用交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得，即，解不等式，得，即，
所以.
故选：C
3. 如图，在中，，，，M为线段BC的中点，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积的定义及运算律求解作答.
【详解】在中，M为线段BC的中点，则有，
由，，，得，
所以.
故选：B
4. 已知抛物线的准线为，且点在抛物线上，则点A到准线的距离为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】点代入抛物线方程求得p的值，运用点到线的距离公式即可求得结果.
【详解】由题意知，，
所以，
所以抛物线方程为，则抛物线的准线l为，
所以点A到抛物线准线的距离为.
故选：A.
5. 执行下面的程序框图，若输出，则输入的N的值为（ ）

A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的循环框图，依次计算判断，直到终止循环作答.
【详解】依题意，，，；进入循环，，，；
继续循环，，，；继续循环，，，，输出，
所以．
故选：C
6. 已知数列的通项公式为，则当最小时，（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的通项公式，探讨数列的单调性，求出最小时的n值作答.
【详解】数列中，，则，而，
于是当时，，即，当时，，即，
因此当时，数列单调递减，当时，数列单调递增，
所以当且仅当时，最小.
故选：C
7. 在直三棱柱中，，，M为的中点，，则该直三棱柱的体积为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，由题设条件结合线面垂直的判定性质证明，再求出即可求解作答.
【详解】直三棱柱中，连接，如图，
由，得，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，
平面，则，而，平面，
因此平面，又平面，则，有，
，则有，解得，
所以该三棱柱的体积．
故选：A
8. 已知数列为等比数列，，，且，则实数（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列前项和公式的特点可得答案.
【详解】因为数列为等比数列，所以也为等比数列，
设数列的公比为，则，
因为，所以，，
所以，
故选：D
9. 在九位数123456789中，任意交换两个数字的位置，则交换后任意两个偶数不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的九位数，求出任意交换两个数字的位置的试验含有的基本事件数，再分类求出偶数不相邻的事件含有的基本事件数即可计算作答.
【详解】交换九位数中的任意两个数字的试验有个基本事件，它们等可能，
由于原九位数的所有偶数字不相邻，因此交换后任意两个偶数不相邻的事件有3类：
交换两个偶数字，有种，交换两个奇数字，有种，1与2或8与9交换，有2种，
所以交换后任意两个偶数不相邻的概率.
故选：A
10. 已知，，有以下命题：①；②；③，其中正确的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据，即可比较①；根据可比较②；根据可比较③.
【详解】因为，
，
，所以，①正确；
因为，
，
所以，②正确；
因为
，
因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，③正确，
故选:D.
11. 已知双曲线的一条渐近线与圆：交于A，B两点，О为坐标原点，且，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点M作x轴的垂线交于点，探讨点与点B重合，再利用圆的性质列出a，b，c的关系等式，即可求解作答.
【详解】如图，过点M作x轴的垂线交于点，
有，而，则，即点与点B重合，有，
于是，又，则，取AB的中点Q，连接，
因此，在中，，
则有，即有，解得，
所以双曲线的离心率．
故选：B
12. 已知为R上的奇函数，为R上的偶函数，且当时，，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数定义探求出函数的周期性，及在上的单调性即可判断作答.
【详解】由为奇函数，得，即，
又由为偶函数，得，即，
于是，即，因此的周期为8，
又当时，，则在上单调递增，
由，得的图象关于点成中心对称，则函数在上单调递增，
因此函数在上单调递增，由，得的图象关于直线对称，
，，，
，显然，即有，即，
所以a，b，c的大小关系为.
故选：D
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量X的所有可能取值为1，2，3，其分布列为
若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分布列的性质和数学期望的定义求解.
【详解】因为,①
且,②，
所以①②可得，，
故答案为：.
14. 已知函数，周期为，且，则实数的最小值为_______.（用弧度制表示）
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦函数性质求出，再由给定函数值求出的表达式即可作答.
【详解】依题意，由，得，则，即有，
因此，所以的最小值为．
故答案为：
15. 已知四面体ABCD的顶点都在球О的表面上，平面平面BCD，，为等边三角形，且，则球O的表面积为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】取的中点为，连接，根据条件可得平面BCD，球心在上，然后在中根据勾股定理建立方程可求出球的半径.
【详解】
取的中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
因为平面平面BCD，平面平面BCD，平面，
所以平面BCD，
因为，所以的外心为，球心在上，
设球的半径为，因为，，
所以在中，，即，解得，
所以球的表面积为，
故答案为：
16. 若函数有且仅有两个零点，且，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数零点的意义等价变形等式，构造函数并求出零点，转化为新函数的零点问题作答.
【详解】函数的定义域为，由，得，
即，令，则，
，即函数为增函数，而，于是有唯一解，即有，
因此的两个解为，此时，，
即，，显然，则有，解得，
所以．
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及函数零点求参数问题，利用函数零点的意义等价变形等式，构造函数，利用导数探求新函数零点问题解决.
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. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
（1）求A；
（2）若，求三角形ABC的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系以及两角和的正弦公式求解；
（2）利用两角差的正弦、余弦公式可解得，，进而利用正弦定理即可求周长.
【小问1详解】
由，,
可得①，
②，
加②可得，
，
即,所以，
所以，
因,所以.
【小问2详解】
因为，,
所以,
即③；
又因为，,
所以,
即④；
联立③④解得，，
代入，，
解得，，
又因为，，所以，
所以，
所以三角形ABC的周长为.
18. 某公司为了让职工业余时间加强体育锻炼，修建了一个运动俱乐部，公司随机抽查了200名职工在修建运动俱乐部前后每天运动的时间，得到以下频数分布表：
表一（运动俱乐部修建前）
表二（运动俱乐部修建后）
（1）分别求出修建运动俱乐部前和修建运动俱乐部后职工每天运动的平均时间（同一时间段的数据取该组区间的中点值作代表）﹔
（2）运动俱乐部内有一套与室温调节有关的设备，内有2个完全一样的用电器A，只有这2个用电器A都正常工作时，整套设备才正常工作，且2个用电器A是否正常工作互不影响.用电器A有M，N两种品牌，M品牌的销售单价为1000元，正常工作寿命为11个月或12个月（概率均为）；N品牌的销售单价为400元，正常工作寿命为5个月或6个月（概率均为）.现有两种购置方案：
方案1：购置2个M品牌用电器﹔
方案2：购置1个M品牌用电器和2个N品牌用电器（其中1个N品牌用电器不能正常工作时则使用另一个N品牌用电器）.
试求两种方案各自设备性价比（设备正常运行时间与购置用电器A的成本比）的分布列，并从性价比的数学期望角度考虑，选择哪种方案更实惠?
【答案】（1）分钟，分钟.
（2）选择方案2更实惠.
【解析】
【分析】（1）根据平均数的概念直接求解；
（2）根据分布列以及数学期望的求解方法即可比较两个方案的性价比，从而得出结论.
【小问1详解】
修建运动俱乐部前职工每天运动的平均时间为
,
修建运动俱乐部后职工每天运动的平均时间为
.
【小问2详解】
若采用方案1，设设备正常工作时间为（单位：月），则可能的取值为11,12，
则,,
所以随机变量的分布列如下，
所以,
所以方案1的性价比为，
若采用方案2，设设备正常工作时间为（单位：月），则可能的取值为10,11,12，
则,,
所以,
所以随机变量的分布列如下，
所以,
所以方案2的性价比为，
所以方案2的性价比更高，选择方案2更实惠.
19. 如图，在三棱柱中，在平面ABC的射影恰为等边三角形ABC的中心，且，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，根据勾股定理结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）根据垂直关系分析可得二面角的平面角为，运算求解即可.
【小问1详解】
设在平面ABC的射影为，连接，
由题意可得：平面ABC，，
且平面ABC，则，
可得，
则，可得，
同理可得：，
且，平面，可得平面，
又因为//，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可得：平面，且平面，
可得，
因为，，
所以平面，且平面，
可得，所以二面角的平面角为，
在Rt中，，所以.
20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，，M是椭圆R上异于A，B的一点，且直线MA与直线MB的斜率之积满足.
（1）求椭圆R的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于C，D两点，且直线AC，BD交于点Q，求点Q的横坐标.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得a的值，设出M坐标，由点M坐标适合椭圆方程及可求得值，进而求得椭圆方程.
（2）联立直线CD方程与椭圆方程，联立直线AC方程与直线BD方程并运用韦达定理代换可求得交点Q的横坐标.
【小问1详解】
由题意知，，
设，则，
所以，解得：，
所以椭圆方程为.
小问2详解】
如图所示，
设直线CD的方程为，设，，
，
则，，
所以，
因为直线AC方程为①，直线BD方程为②，
所以联立①②得，
所以Q点横坐标为4.
21. 已知函数.
（1）若函数为增函数，求的取值范围；
（2）当时，若，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由恒成立求出的范围作答.
（2）利用（1）的结论确定，由所证不等式结合单调性分析证明，再构造函数，利用导数证明不等式作答.
【小问1详解】
函数定义域为，求导得，
令，求导得，当时，，
当时，，于是函数，即在上单调递减，在上单调递增，
因此，因为函数为增函数，则，
从而，令，求导得，
当时，，当时，，即函数在上递增，在上递减，
在上的取值集合为，而，
则由，得，由，得，，解得，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
当时，，有
由（1）知，函数在上是增函数，又，则，
要证，只需证，即证，亦即证，
令，求导得
，
令，求导得，
而当时，，即有，于是函数在上单调递减，
，从而函数在上单调递增，，
由知，，即成立，
所以成立.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
（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.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线：（为参数），以直角坐标系的原点О为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）求直线与曲线的交点的直角坐标.
【答案】（1）曲线C：（，且），直线：；
（2）．
【解析】
【分析】（1）消去参数得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式求得直线的直角坐标方程作答.
（2）把曲线的参数方程代入直线的直角坐标方程求解作答.
【小问1详解】
由（t为参数）得，，
又，而，
所以曲线C的普通方程为（，且），
由得，，代入，得，
所以直线l的直角坐标方程为．
【小问2详解】
将代入得，，整理得，
即，而，则，解得，即，
所以直线l与曲线C的交点的直角坐标为．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正实数a，b，c满足.
（1）求证：；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用三维基本不等式证明；
（2）利用基本不等式即可证明.
【小问1详解】
,
当且仅当，即，
则，所以,
当且仅当时等号成立.
【小问2详解】
因为
所以
当且仅当时等号成立.1
2
3
时间（分钟）
人数
36
58
81
25
时间（分钟）
人数
18
63
83
36
11
12
10
11
12