第Ⅰ卷
一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1. 已知集合，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到集合，根據(jù)函數(shù)的值域得到集合，然后求交集即可.
【詳解】，，則.
故選：B.
2. 設(shè)，則（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算和模長公式即可.
【詳解】由題意可得，則.
故選：A.
3. 設(shè)，則的大小關(guān)系為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指對數(shù)的性質(zhì)與中間數(shù)比大小即可.
【詳解】，
所以.
故選：D.
4. 《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，則直角圓錐側(cè)面展開圖的圓心角的弧度數(shù)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合圓錐的母線長和弧長以及圓心角之間的關(guān)系即可求解
【詳解】設(shè)直角圓錐側(cè)面展開圖圓心角的弧度數(shù)為，底面圓的半徑為，母線長為，因?yàn)橹苯菆A錐的軸截面為等腰直角三角形，所以，則，解得.
故選：.
5. 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列舉出循環(huán)的每一步，即可得出輸出的的值.
【詳解】第一次循環(huán)，成立，，；
第二次循環(huán)，成立，，；
第三次循環(huán)，成立，，；
第四次循環(huán)，成立，，；
第五次循環(huán)，成立，，；
第六次循環(huán)，成立，，；
第七次循環(huán)，成立，，，
不成立，跳出循環(huán)體，輸出的值為.
故選：B.
6. 已知函數(shù)，則在上（ ）
A. 單調(diào)遞增B. 單調(diào)遞減
C. 先增后減D. 先減后增
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)余弦型函數(shù)單調(diào)性的求法得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可得出在上的單調(diào)性.
【詳解】令，得，
令，得，
則的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
即在上先減后增.
故選：D
7. 已知等比數(shù)列的公比的平方不為，則“是等比數(shù)列”是“是等差數(shù)列”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】C
【解析】
【分析】利用等差數(shù)列和等比數(shù)列的遞推關(guān)系進(jìn)行證明即可.
【詳解】設(shè)等比數(shù)列公比為，若是等比數(shù)列，則為常數(shù)，由為常數(shù)，所以是等差數(shù)列；
若是等差數(shù)列，設(shè)的公差為，則為常數(shù)，所以是等比數(shù)列.
綜上，“是等比數(shù)列”是“是等差數(shù)列”的充要條件.
故選：C
8. 定義在上的函數(shù)滿足，則的圖象不可能為（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】當(dāng)時(shí)，由可得，當(dāng)時(shí)，推導(dǎo)出，進(jìn)而可得出合適的選項(xiàng).
詳解】當(dāng)時(shí)，由可得，排除B選項(xiàng)；
當(dāng)時(shí)，可得，則，
所以，（為常數(shù)），所以，，
選項(xiàng)A滿足，選項(xiàng)C滿足，選項(xiàng)D滿足.
故選：B.
9. 如圖，在正方形中，分別是邊上的點(diǎn)，，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.
【詳解】由題可知，
則，即，.
故選：D.
10. 在直三棱柱中，為等邊三角形，若三棱柱的體積為，則該三棱柱外接球表面積的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)直三棱柱的體積得到，根據(jù)直三棱柱外接球半徑的求法得到，然后構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得到的最小值，即可得到外接球表面積的最小值.
【詳解】設(shè)直三棱柱的高為，外接球的半徑為，外接圓的半徑為，則，所以，又，令，則，易知的最小值為，此時(shí)，所以該三棱柱外接球表面積的最小值為.
故選：A.
11. 存在函數(shù)滿足對任意，都有，給出下列四個(gè)函數(shù)：①，②，③，④．所以函數(shù)不可能為（ ）
A. ①③B. ①②C. ①③④D. ①②④
【答案】A
【解析】
【分析】利用偶函數(shù)的性質(zhì)可判斷①；利用特殊值法可判斷③；利用題中的定義可判斷②④.
【詳解】對于①，為偶函數(shù)，若存在滿足對任意，都有，
則，但，即對任意的恒成立，矛盾；
對于②，，取，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
對任意的，則，②滿足條件；
對于③，取和，可得，，矛盾，③不滿足條件；
對于④，因?yàn)?、在上均為增函?shù)，則在上單調(diào)遞增，且值域?yàn)椋?br>設(shè)函數(shù)關(guān)于直線對稱的函數(shù)為，
在函數(shù)上任取一點(diǎn)，則，
則點(diǎn)在函數(shù)的圖象上，即，
只需取即可，④滿足條件.
故選：A.
12. 設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為，，若直線與的右支交于，兩點(diǎn)，且為的重心，則直線斜率的取值范圍為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)重心性質(zhì)得出中點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)直線與的右支交于兩點(diǎn)可知點(diǎn)在右支內(nèi)部，
將的坐標(biāo)代入雙曲線中建立不等式，即可得離心率的范圍，根據(jù)點(diǎn)差法可得直線的斜率與之間等式關(guān)系，
由不共線建立不等式，解出離心率具體范圍，根據(jù)離心率的范圍及直線的斜率與之間等式關(guān)系，
即可得斜率的取值范圍，解出即可.
【詳解】設(shè)為的中點(diǎn)，根據(jù)重心性質(zhì)可得，
因?yàn)?，則，
因?yàn)橹本€與的右支交于兩點(diǎn)，所以點(diǎn)在雙曲線右支內(nèi)部，
故有，解得，
當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，的中點(diǎn)在軸上，
故三點(diǎn)不共線，不符合題意舍，
設(shè)直線斜率為，設(shè)，
所以，，
因?yàn)樵陔p曲線上，所以，
兩式相減可得：，
即，
即有成立，
即有，因?yàn)椴还簿€，
即，即，即，
所以的離心率的取值范圍為，
因?yàn)?br>，
因?yàn)?，即?br>所以，
所以.
故選：C
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：該題考查直線與圓錐曲線的綜合問題，屬于難題，關(guān)于圓錐曲線中弦中點(diǎn)和直線斜率有關(guān)問題的思路有：
（1）設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)建立等式：，；
（3）將兩點(diǎn)代入圓錐曲線中，再對兩式作差，用平方差公式對等式變形；
（4）將，及代入等式中即可得出關(guān)系.
第Ⅱ卷
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在答題卡的相應(yīng)位置．
13. 已知單位向量滿足，則___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量數(shù)量積的運(yùn)算律即可求解.
【詳解】因?yàn)閱挝幌蛄浚裕?br>由，得，兩邊同時(shí)平方可得，
即，解得.
故答案為：.
14. 內(nèi)角、、所對的邊分別為、、，且，，則的面積為______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等變換以及正弦定理化簡可得出的值，結(jié)合角的取值范圍可得出角的值，利用余弦定理可求得的值，再利用三角形的面積公式可求得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，
，
因?yàn)?、、，則，所以，，
由正弦定理可得，
因?yàn)?，所以，，則，可得.
由余弦定理可得，
因此，.
故答案為：.
15. 現(xiàn)有6個(gè)三好學(xué)生名額，計(jì)劃分到三個(gè)班級，則恰有一個(gè)班沒有分到三好學(xué)生名額的概率為___________.
【答案】
【解析】
【分析】分只有一個(gè)班分到名額、恰有兩個(gè)班分到名額和三個(gè)班都分到了名額三種情況求出總的情況，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.
【詳解】將6個(gè)三好學(xué)生名額分到三個(gè)班級，有3種類型：第一種是只有一個(gè)班分到名額，有3種情況；第二種是恰有兩個(gè)班分到名額，有種情況；第三種是三個(gè)班都分到了名額，有種情況.故恰有一個(gè)班沒有分到三好學(xué)生名額的概率為.
故答案為：.
16. 在正四棱錐中，為的中點(diǎn)，過作截面將該四棱錐分成上?下兩部分，記上?下兩部分的體積分別為，則的最大值是___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，作出過的正四棱錐的截面，再求出的表達(dá)式并結(jié)合均值不等式求解作答.
【詳解】記正四棱錐的體積為，的最大值，由為定值知，只需求的最小值，
設(shè)過的截面分別交和于，平面與平面的交線為與相交于，如圖，
則，令，則，即有，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，此時(shí)，
所以的最大值是2.
故答案為：2
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點(diǎn)在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個(gè)平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個(gè)面平行；延長交線得交點(diǎn)，截面上的點(diǎn)中至少有兩個(gè)點(diǎn)在幾何體的同一平面上.
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．17~21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22，23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．
（一）必考題：共60分．
17. 已知數(shù)列滿足.
（1）求的通項(xiàng)公式；
（2）已知數(shù)列的前20項(xiàng)和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)得到，然后兩式相減得到，最后驗(yàn)證時(shí)是否成立，即可得到；
（2）分奇偶項(xiàng)求和，奇數(shù)項(xiàng)用等差數(shù)列求和公式求和，偶數(shù)項(xiàng)用裂項(xiàng)相消的方法求和，最后相加即可.
【小問1詳解】
當(dāng)時(shí)，可得，
當(dāng)時(shí)，，
，
上述兩式作差可得，
因?yàn)闈M足，所以的通項(xiàng)公式為.
【小問2詳解】
，
所以，
.
所以數(shù)列的前20項(xiàng)和為.
18. 某學(xué)校食堂中午和晩上都會提供兩種套餐（每人每次只能選擇其中一種），經(jīng)過統(tǒng)計(jì)分析發(fā)現(xiàn)：學(xué)生中午選擇類套餐的概率為，選擇類套餐的概率為；在中午選擇類套餐的前提下，晩上還選擇類套餐的概率為，選擇類套餐的概率為；在中午選擇類套餐的前提下，晩上選擇類套餐的概率為，選擇類套餐的概率為.
（1）若同學(xué)甲晩上選擇類套餐，求同學(xué)甲中午也選擇類套餐的概率；
（2）記某宿舍的4名同學(xué)在晩上選擇類套餐的人數(shù)為，假設(shè)每名同學(xué)選擇何種套餐是相互獨(dú)立的，求的分布列及數(shù)學(xué)期望.
【答案】（1）
（2）分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：
【解析】
【分析】（1）根據(jù)條件概率和全概率公式計(jì)算即可；
（2）分別求出,1,2,3,4時(shí)的概率，得到分布列，然后求期望即可.
【小問1詳解】
設(shè)事件為同學(xué)甲晩上選擇類套餐，事件為同學(xué)甲中午選擇類套餐，事件為同學(xué)甲中午選擇類套餐，則，
，
所以，即同學(xué)甲晩上選擇類套餐，中午也選擇類套餐的概率為.
【小問2詳解】
晩上選擇類套餐的概率；
晩上選擇類套餐的概率.
所以4名同學(xué)在晩上有個(gè)人選擇類套餐，的所有可能取值為，
則，
所以，，，，，
所以的分布列為
故.
19. 如圖1，在中，，，為的中點(diǎn)，為上一點(diǎn)，且.現(xiàn)將沿翻折到，如圖2.
（1）證明：.
（2）已知二面角為，在棱上是否存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用線面垂直的判定和性質(zhì)可證得結(jié)論成立；
（2）由二面角的定義可得，然后以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線為、軸，過點(diǎn)且垂直于平面的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，其中，利用空間向量法可得出關(guān)于的等式，解出的值，即可得出結(jié)論.
【小問1詳解】
證明：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因?yàn)槠矫?，所?
【小問2詳解】
解：因?yàn)槎娼菫?，，?br>所以，二面角的平面角為，
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線為、軸，過點(diǎn)且垂直于平面的直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
不妨設(shè)，則、、、、.
，，，.
設(shè)，，其中，
設(shè)平面的法向量為，
由得，
取，可得，
，解得，合乎題意，
故當(dāng)時(shí)，直線與平面所成角的正弦值為.
20. 已知是橢圓的右焦點(diǎn)，且在橢圓上，垂直于軸.
（1）求橢圓的方程.
（2）過點(diǎn)的直線交橢圓于（異于點(diǎn)）兩點(diǎn)，為直線上一點(diǎn).設(shè)直線的斜率分別為，若，證明：點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)以及垂直于軸，可得，再將點(diǎn)的坐標(biāo)代入橢圓方程在結(jié)合橢圓的關(guān)系解出，即可得出橢圓的方程；
（2）設(shè)，根據(jù)已知設(shè)出直線的方程為，則設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，根據(jù)韋達(dá)定理得出與，根據(jù)斜率的兩點(diǎn)公式得出，再根據(jù)直線的方程消去式子中的與，再結(jié)合韋達(dá)定理結(jié)果即可得出，再結(jié)合已知與斜率的兩點(diǎn)公式即可解出，即證明.
【小問1詳解】
由垂直于軸，可得.
將點(diǎn)代入，可得，
又，
解得，
所以橢圓的方程為；
【小問2詳解】
證明：由（1）知，，則橢圓的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為.
設(shè)直線的方程為，點(diǎn)的坐標(biāo)為.
設(shè)，
將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立得：，
恒成立，
由韋達(dá)定理知，，
又，，
所以
.
因?yàn)?，則，
所以，解得，即點(diǎn)的橫坐標(biāo)為定值.
21. 已知函數(shù).
（1）若，求的極值；
（2）若是的兩個(gè)零點(diǎn)，且，證明：.
【答案】（1）極小值，無極大值
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)得到，然后求導(dǎo)，得到單調(diào)性，即可求極值；
（2）令，，，根據(jù)，為的兩個(gè)零點(diǎn)得到，然后將證明轉(zhuǎn)化為證明，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，得到的單調(diào)性，即可得到，即可證明成立.
【小問1詳解】
由題可知，
則當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時(shí)，取得極小值，無極大值.
【小問2詳解】
記，，，則，，
作差得，即，
要證明，只需證，即證，
令，則，
所以在上單調(diào)遞增，則，所以成立.
【點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)中常用的兩種轉(zhuǎn)化方法：
一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}，注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；
二是函數(shù)的零點(diǎn)，不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極（最）值問題處理.
（二）選考題：共10分．請考生從第22，23兩題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一個(gè)題目計(jì)分．
選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程
22. 在直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），直線過原點(diǎn)，且傾斜角為．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．
（1）求曲線和直線的極坐標(biāo)方程；
（2）已知曲線與直線交于，兩點(diǎn)，若，求直線的直角坐標(biāo)方程．
【答案】（1）曲線的極坐標(biāo)方程；直線的極坐標(biāo)方程；
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，先將曲線的參數(shù)方程化為普通方程，然后再化為極坐標(biāo)方程即可；由題意可得直線的極坐標(biāo)方程即可；
（2）將直線的極坐標(biāo)方程代入曲線的極坐標(biāo)方程中，然后根據(jù)條件即可得到，從而得到結(jié)果.
【小問1詳解】
因?yàn)榍€的參數(shù)方程為（為參數(shù)），化簡可得，
即，
根據(jù)，得到極坐標(biāo)方程為；
又因?yàn)橹本€過原點(diǎn)，且傾斜角為，所以直線的極坐標(biāo)方程為.
【小問2詳解】
將代入可得，
設(shè)，兩點(diǎn)的極徑為，則，
則，即，
故，且，則，所以，
則，
故直線的直角坐標(biāo)系方程為
選修4—5：不等式選講
23. 已知函數(shù)．
（1）求不等式的解集；
（2）已知函數(shù)的最小值為，且、、都是正數(shù)，，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）分、兩種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集；
（2）由絕對值三角不等式可得出，由此可得出，將代數(shù)式與相乘，展開后利用基本不等式可證得結(jié)論成立.
【小問1詳解】
解：由可得，
當(dāng)時(shí)，則有，解得，此時(shí)；
當(dāng)時(shí)，則有，解得，此時(shí).
綜上所述，不等式的解集為.
【小問2詳解】
解：由絕對值三角不等式可得，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即當(dāng)時(shí)，等號成立，故，
所以，
又因?yàn)?、、均為正?shù)，
所以，
，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，故.
0
1
2
3
4

相關(guān)試卷

河南省開封市2023屆高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版附解析）：

這是一份河南省開封市2023屆高三下學(xué)期第二次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版附解析），共22頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第一次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版附解析）：

這是一份河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第一次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版附解析），共25頁。試卷主要包含了 函數(shù)的大致圖象為， 設(shè)，且，則等內(nèi)容，歡迎下載使用。

河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（文科）試題（Word版附解析）：

這是一份河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（文科）試題（Word版附解析），共21頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第一次模擬考試文科數(shù)學(xué)試題（Word版附解析）

河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三第一次模擬考試文科數(shù)學(xué)試題（Word版附解析）
2023屆河南省焦作市普通高中高三下學(xué)期第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理科）試題word版含答案

2023屆河南省焦作市普通高中高三下學(xué)期第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理科）試題word版含答案
河南省焦作市普通高中2022-2023學(xué)年高三第二次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題及答案

河南省焦作市普通高中2022-2023學(xué)年高三第二次模擬考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題及答案
河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期定位考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版含答案）

河南省焦作市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期定位考試?yán)砜茢?shù)學(xué)試題（Word版含答案）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部