2023屆河南省創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟高三上學(xué)期11月階段檢測數(shù)學(xué)（理）試題 一、單選題1．已知，則（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】設(shè)出，得到，，從而列出方程，求出，，得到答案.【詳解】設(shè)復(fù)數(shù)，則，因為，所以，解得，因為，，所以，解得，故.故選：B2．定義差集且，已知集合，，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)差集的定義直接求解即可.【詳解】因為，，所以，所以．故選：B3．“”是“”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】利用二倍角公式解得或，即可得到答案.【詳解】若，則.若，則或.故“”是“”的充分不必要條件.故選：A.4．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的，則輸出的（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】按照程序框圖依次計算可得結(jié)果.【詳解】x=1，k=1x=4k=2k=3x=7x=101>2?否2>2?否3>2?是  所以輸出x的值為.故選：C.5．已知函數(shù)則（    ）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】代入分段函數(shù)，求出函數(shù)值.【詳解】因為，所以.故選：D6．已知某種裝水的瓶內(nèi)芯近似為底面半徑是4dm、高是8dm的圓錐，當(dāng)瓶內(nèi)裝滿水并喝完一半，且瓶正立旋置時（如圖所示），水的高度約為（    ）（參考數(shù)據(jù)：，）A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm【答案】B【分析】由題意可知當(dāng)裝水的瓶正立放置時，圓錐上半部分的體積占圓錐體積的一半，設(shè)上半部分小圓錐的底面半徑為r dm，則小圓錐的高為2r dm，然后列方程可求出，從而可求出結(jié)果.【詳解】因為瓶內(nèi)裝滿水并喝完一半，所以當(dāng)裝水的瓶正立放置時，圓錐上半部分的體積占圓錐體積的一半，設(shè)上半部分小圓錐的底面半徑為r dm，則由題意可得小圓錐的高為2r dm，則，解得，即，．則剩余的水的高度為．故選：B7．若，橢圓C：與橢圓D：的離心率分別為，，則（    ）A．的最小值為 B．的最小值為C．的最大值為 D．的最大值為【答案】D【分析】根據(jù)，求得兩個橢圓的離心率，然后利用基本不等式求解.【詳解】解：因為，所以，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故的最大值為，無最小值．故選：D8．展開式中的系數(shù)為（    ）A． B．21 C． D．35【答案】A【分析】先將原式整理為，視為兩項的展開式，要含有的項，需要在中找即可【詳解】因為展開式的通項公式為，所以當(dāng)時，含有的項，此時，故的系數(shù)為．故選：A9．正三棱柱的底面邊長是4，側(cè)棱長是6，M，N分別為，的中點，若點P是三棱柱內(nèi)（含棱柱的表面）的動點，MP∥平面，則動點P的軌跡面積為（    ）A． B．5 C． D．【答案】C【分析】取AB的中點Q，證明平面平面得動點P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點M）．然后計算△MQC的面積即可．【詳解】取AB的中點Q，連接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分別為，，AB的中點可得，平面，平面，所以平面，同理得平面，，平面，則平面平面，所以動點P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點M）．在正三棱柱中，△ABC為等邊三角形，Q為AB的中點，則，平面平面，平面平面，則CQ⊥平面，平面，所以．因為，所以，因為側(cè)棱長是6，所以．所以，則△MQC的面積，故動點P的軌跡面積為．故選：C【點睛】結(jié)論點睛：本題考查空間點的軌跡問題，空間點的軌跡幾種常見情形：（1）平面內(nèi)到空間定點的距離等于定長，可結(jié)合球面得軌跡；（2）與定點的連線與某平面平行，利用平行平面得點的軌跡；（3）與定點的連線與某直線垂直，利用垂直平面得點的軌跡；（4）與空間定點連線與某直線成等角，可結(jié)合圓錐側(cè)面得軌跡；10．將的圖像向右平移個單位長度后.再將所得圖像上所有點的橫坐標(biāo)縮短為原來的（），得到函數(shù)的圖像.若在內(nèi)恰有5個極值點，則的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的圖像特點進行分析計算即可.【詳解】由已知圖像向右平移個單位長度為， 將橫坐標(biāo)縮短為原來的得到在內(nèi)恰有5個極值點，故，故，解得故選：B11．已知，點P滿足，動點M，N滿足，，則的最小值是（    ）A．3 B． C．4 D．【答案】A【分析】根據(jù)題意先求出點P的軌跡方程，再根據(jù)知求的最小值即求的最小值．【詳解】解：由題意知不妨設(shè)點P的軌跡為以為焦點的雙曲線的左支，設(shè)雙曲線的標(biāo)準方程為，則，，∴ 點P的軌跡方程是，，∴ 為M、N的中點，，，，∴的最小值為3，當(dāng)點P在雙曲線的左頂點時取等號．故選：A．12．若，，，則（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】，可構(gòu)造函數(shù)，借助單調(diào)性比較與的大小，即可知道，的大小關(guān)系； ，可構(gòu)造函數(shù)，借助單調(diào)性比較與的大小，即可知道，的大小關(guān)系.【詳解】由已知，，令，則，當(dāng)時，，在區(qū)間上單調(diào)遞減，∴，即，∴；又∵令，，則，，，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，，∵，∴當(dāng)時，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴當(dāng)時，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞增，∴，即，∴，綜上，有.故選：A.【點睛】方法點睛：比較大小的常用方法作差法、單調(diào)性法、放縮法均有涉及.在比較題中兩個數(shù)的大小時，首先用到了作差法；在判斷差的正負時，通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，比較了兩個函數(shù)值——差和的大小關(guān)系；在通過二次求導(dǎo)的正負判斷導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性時，又用到了放縮的方法. 二、填空題13．已知向量，，若A，B，C三點共線，則            ．【答案】5【分析】由向量共線的坐標(biāo)表示求解.【詳解】由A，B，C三點共線知，則，解得．故答案為：5．14．若函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為偶函數(shù)，則曲線在點處的切線方程為            ．【答案】（或）【分析】求出導(dǎo)函數(shù)，由其為偶函數(shù)得值，然后計算出斜率，再計算出，由點斜式得直線方程并整理．【詳解】因為為偶函數(shù)，所以，解得，則．又，故曲線在點處的切線方程為，即．故答案為：．15．如圖1，青銅大立人像，1986年于三星堆遺址二號祭祀坑出土，重約180公斤，是距今已有3000多年歷史的青銅器.如圖2，小張去博物館參觀青銅大立人像時，他在A處觀測青銅大立人像頂部P的仰角為30°，他再向青銅大立人像底部H前進388厘米到達B處，觀測青銅大立人像頂部P的仰角為75°，已知A，B，H三點共線，則青銅大立人像的高為            厘米.（取）【答案】【分析】根據(jù)題意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.【詳解】由題意可知：，，因為，所以，在中，由正弦定理可得：，即，解得：，在中，，所以，（）故，故答案為：.16．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，對任意兩點，，定義A，B之間的“曼哈頓距離”為.設(shè)曲線圍成的平面區(qū)域為，從平面區(qū)域內(nèi)隨機選取一點，則點滿足曼哈頓距離的概率為            .【答案】【分析】根據(jù)題意，作出平面區(qū)域為，設(shè)，再根據(jù)得，作出平面區(qū)域，根據(jù)幾何概型計算求解即可.【詳解】解：當(dāng)時，曲線，即，，表示以為圓心，為半徑的圓在第一象限（含坐標(biāo)軸）中的部分；當(dāng)時，曲線，即，，表示以為圓心，為半徑的圓在第二象限（含坐標(biāo)軸）中的部分；當(dāng)時，曲線，即，，表示以為圓心，為半徑的圓在第三象限中的部分；當(dāng)時，曲線，即，，表示以為圓心，為半徑的圓在第四象限（含坐標(biāo)軸）中的部分；當(dāng)時，表示坐標(biāo)原點.所以，曲線圍成的平面區(qū)域為四個半圓和正方形圍成的區(qū)域，如圖，其面積為，設(shè)，則，其等價于，圍成的平面區(qū)域為上圖中的四邊形及其內(nèi)部，其面積為，所以，從平面區(qū)域內(nèi)隨機選取一點，則點滿足曼哈頓距離的概率為故答案為： 三、解答題17．已知在等比數(shù)列中，，且,,成等差數(shù)列，數(shù)列滿足,，.(1)求的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前項和.【答案】(1);(2). 【分析】（1）由已知條件求得等比數(shù)列的公比和首項，即可求得其通項公式；（2）求得的通項公式，結(jié)合（1）的結(jié)論可得，利用分組求和法，結(jié)合等比數(shù)列的前n項和公式即可求得答案.【詳解】（1）因為,,成等差數(shù)列，所以 ,又因為在等比數(shù)列中，,所以，得的公比 ，所以 ,解得 ，故.（2）由,，，得 ，則是等差數(shù)列，因為,所以，則 ，則 ．18．故宮太和殿是中國形制最高的宮殿，其建筑采用了重檐廡殿頂?shù)奈蓓敇邮?，廡殿頂是“四出水”的五脊四坡式，由一條正脊和四條垂脊組成，因此又稱五脊殿．由于屋頂有四面斜坡，故又稱四阿頂．如圖，某幾何體ABCDEF有五個面，其形狀與四阿頂相類似．已知底面ABCD為矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分別為AD，BC的中點．(1)證明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．(2)若二面角為，求CF與平面ABF所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）由線面平行的性質(zhì)結(jié)合已知條件可證得EF∥AB，由等腰三角形的性質(zhì)可得EM⊥AD，FN⊥BC，再結(jié)合線面垂直的判定可證得BC⊥平面EFNM；（2）過點E作，垂足為H，作，垂足為K，以H為原點，以的方向為x軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，然后利用空間向量求解即可.【詳解】（1）證明：因為EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，所以．因為，M，N分別為AD，BC的中點，所以EM⊥AD，FN⊥BC，，因為∥，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為，所以四邊形EFNM為梯形，且EM與FN必相交于一點，又，所以，因為平面，故BC⊥平面．（2）解：過點E作，垂足為H，由（1）知BC⊥平面，因為平面，所以平面平面，因為平面平面，平面，所以EH平面，由，，得為二面角的平面角，則．因為，所以．作，垂足為K．以H為原點，以的方向為x軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，，，．設(shè)平面ABF的法向量為，則，令，得．因為，所以，故CF與平面ABF所成角的正弦值為．19．某學(xué)校在50年校慶到來之際，舉行了一次趣味運動項目比賽，比賽由傳統(tǒng)運動項目和新增運動項目組成，每位參賽運動員共需要完成3個運動項目．對于每一個傳統(tǒng)運動項目，若沒有完成，得0分，若完成了，得30分．對于新增運動項目，若沒有完成，得0分，若只完成了1個，得40分，若完成了2個，得90分．最后得分越多者，獲得的資金越多．現(xiàn)有兩種參賽的方案供運動員選擇．方案一：只參加3個傳統(tǒng)運動項目．方案二：先參加1個傳統(tǒng)運動項目，再參加2個新增運動項目．已知甲、乙兩位運動員能完成每個傳統(tǒng)項目的概率為，能完成每個新增運動項目的概率均為，且甲、乙參加的每個運動項目是否能完成相互獨立．(1)若運動員甲選擇方案一，求甲得分不低于60分的概率．(2)若以最后得分的數(shù)學(xué)期望為依據(jù)，請問運動員乙應(yīng)該選擇方案一還是方案二？說明你的理由．【答案】(1)(2)運動員乙應(yīng)該選擇方案一；理由見解析 【分析】（1）甲得分不低于60分等價甲至少要完成2項傳統(tǒng)運動項目；（2）方案一服從二項分布從而可求數(shù)學(xué)期望，再由方案二得分的分布列求得數(shù)學(xué)期望，比較兩個期望的大小.【詳解】（1）運動員甲選擇方案一，若甲得分不低于60分，則甲至少要完成2項傳統(tǒng)運動項目，故甲得分不低于60分的概率．（2）若乙選擇方案一，則乙完成的運動項目的個數(shù)，所以乙最后得分的數(shù)學(xué)期望為．若乙選擇方案二，則乙得分Y的可能為取值為0，30，40，70，90，120，，，，，，．所以Y的數(shù)學(xué)期，因為，所以運動員乙應(yīng)該選擇方案一．20．已知拋物線，過點作直線與交于，兩點，當(dāng)該直線垂直于軸時，的面積為2，其中為坐標(biāo)原點.(1)求的方程.(2)若的一條弦經(jīng)過的焦點，且直線與直線平行，試問是否存在常數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）由的面積為2可得，求解即可；（2）設(shè)直線MN：，設(shè)直線ST：，分別代入，利用根與系數(shù)的關(guān)系以及弦長公式即可求解.【詳解】（1）當(dāng)直線MN垂直于x軸時，直線MN的方程為，代入，得，因為的面積為2，所以，解得，故C的方程為．（2）由題意可知，直線MN的斜率一定存在，設(shè)直線MN：，則，代入，得，設(shè)，，則，，，．設(shè)直線ST：，則，代入，得，設(shè)，，則，，，，故存在常數(shù)，使得恒成立．【點睛】關(guān)鍵點睛：第二問中，關(guān)鍵在于利用韋達定理結(jié)合弦長公式得出，，從而得出.21．設(shè)為的導(dǎo)函數(shù)，若是定義域為的增函數(shù)，則稱為上的“凹函數(shù)”.已知函數(shù)為R上的凹函數(shù).(1)求的取值范圍；(2)證明：.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）法一：二次求導(dǎo)，令，求導(dǎo)得到，進而列出不等式，求出；法二：二次求導(dǎo)，由得到，令，求導(dǎo)得到，從而得到；（2）構(gòu)造，二次求導(dǎo)得到當(dāng)時，，當(dāng)時，，從而得到，得到，結(jié)合第一問求出的，結(jié)合，求出，從而，證明出結(jié)論.【詳解】（1）法一：，設(shè)為的導(dǎo)函數(shù)，則.設(shè)，則.當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，故在處取得極小值，也是最小值，所以，因為為R上的凹函數(shù)，所以，解得，故的取值范圍是；法二：，設(shè)為的導(dǎo)函數(shù)，則.依題意可得，即恒成立，且不恒成立.設(shè)函數(shù)，則.當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù).所以.所以，故的取值范圍是.（2）證明：設(shè)函數(shù)，則，則的導(dǎo)函數(shù).若，則，若，則.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.所以的最小值為，則為增函數(shù).又，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以，即.所以.由（1）知，，因為，所以，所以，故.【點睛】導(dǎo)數(shù)是用來研究函數(shù)性態(tài)強有力工具，壓軸題常常需要構(gòu)造函數(shù)來解決問題，若要證明的函數(shù)太過復(fù)雜，需要將函數(shù)“分拆”為兩個函數(shù)或多個函數(shù)，將不等式證明問題轉(zhuǎn)化為局部函數(shù)的最值問題，本題難點在于構(gòu)造，二次求導(dǎo)后得到當(dāng)時，，當(dāng)時，，從而得到，結(jié)合，，從而結(jié)論得證.22．在直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)，）.以坐標(biāo)原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線的方程為.(1)求曲線的普通方程和曲線的直角坐標(biāo)方程；(2)若分別是曲線和曲線上的動點，求的最大值.【答案】(1)曲線的普通方程為；曲線的直角坐標(biāo)方程(2) 【分析】（1）利用參數(shù)方程和普通方程，極坐標(biāo)方程和直角坐標(biāo)得互化即可；（2）運用圖形關(guān)系解決即可.【詳解】（1）由題知，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)，）所以，消去參數(shù)得：所以；曲線的方程為，所以，因為，所以，所以曲線的普通方程為，曲線的直角坐標(biāo)方程；（2）由（1）得，曲線的普通方程為，曲線的直角坐標(biāo)方程，所以曲線的圓心，曲線得圓心，所以曲線C上的點到的距離最大，最大值為，所以.23．已知函數(shù).(1)求不等式的解集；(2)若的最小值為，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)分類討論的方法，分別討論，，三種情況，解對應(yīng)的不等式，即可得出結(jié)果；（2）利用絕對值三角不等式可求得，再由柯西不等式，即可得出結(jié)果.【詳解】（1），當(dāng)時，不等式可化為，解得，所以；當(dāng)時，不等式，所以；當(dāng)時，不等式可化為，解得，所以；綜上，不等式的解集為；（2）由絕對值三角不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，故，由柯西不等式可得，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，即當(dāng)時，等號成立，故的最小值為. 

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