2023届河南省百师联盟高三一轮复习联考（四）全国卷数学（理）试题【含答案】

2023届河南省百师联盟高三一轮复习联考（四）全国卷数学（理）试题一、单选题1．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出集合A，根据集合的并集运算，即可得答案.【详解】由题意解，可得，所以，则，故选：B.2．已知复数满足，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的乘法可得结果.【详解】由已知可得，则，因此，.故选：C.3．下列命题中的假命题是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据全称命题和特称命题的含义，结合三角函数、指数函数、对数函数的知识依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，，，A正确；对于B，当时，，B正确；对于C，当时，，C错误；对于D，值域为，，，D正确.故选：C.4．等差数列中，，当取得最小值时，n的值为（

）A．4或5 B．5或6 C．4 D．5【答案】A【分析】求得数列的首项和公差d，可得通项公式，继而求得的表达式，结合二次函数知识即可得答案.【详解】设等差数列的首项为，公差为d，则，解得，则，所以，由于，故当n取4或5时，取得最小值，故选：A.5．函数的图象可能是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用函数的奇偶性，的值及在区间，上函数值的正负情况，排除错误选项即可得解．【详解】，则，，故是非奇非偶函数，故排除A、B，；当时，，；当时，，，结合图象可排除C．故选：D．6．已知，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数、对数函数和余弦函数单调性，结合临界值进行判断即可.【详解】，.故选：B.7．已知正数满足,则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将写为的形式,再用基本不等式即可求出的最大值.【详解】解:由题知,,当且仅当时取等号,所以．故选:C．8．已知平面向量，其中，且与和与的夹角相等，则=（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】求出向量，根据题意与和与的夹角相等列出等式，化简可得答案.【详解】由题意，得，由于与和与的夹角相等，故，即，即，故选：B.9．直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.【详解】记椭圆的左焦点为，由对称性可知：四边形为平行四边形，，；，，四边形为矩形，，又，，又，，，，，椭圆的离心率.故选：C.10．函数关于直线对称，则函数的最大值为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】先根据函数的对称轴可得，然后利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，再利用正弦函数的图象和性质即可求解.【详解】因为函数关于直线对称，所以，即，解得，所以，，满足关于对称，故最大值为，故选：.11．如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．以上均有可能【答案】A【分析】根据几何体的结构特征，分别作出二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，利用三角函数值即可比较两角大小.【详解】设点M为B1D与的交点，可得，，且所以平面，即FM⊥平面，所以，过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示由三垂线定理可知，所以，从而，在中，所以，又，所以.故选：A.12．相原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题.公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的在两个平行平面问的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线与它的渐近线以及直线围成的图形绕x轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线C与直线围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是（

）①由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面②旋转体II的体积为③将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为④旋转体I的体积为A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③【答案】C【分析】对于①，想象旋转体几何特征，确定由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面；对于②，根据祖暅原理计算出旋转体II的体积，即可判断；对于③，求出将旋转体I放入球中，当球的表面积最小时，均在球面上或球内，可求得球的表面积的最小值，即可判断；对于④，可根据祖暅原理，计算出旋转体I的体积，即可判断.【详解】对于①,直线与双曲线的交点为，则用垂直于y轴的平面截旋转体II的截面为圆面，故①正确对于②,截面圆的半径为，截面面积为,与双曲线的渐近线的交点为，所以是用垂直于y轴的平面截两条渐近线绕y轴旋转得到的旋转体的截面面积.x绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为，因为底面半径为的圆柱的截面面积为8π，高为4的圆柱的体积为，所以旋转体II的体积为，故②错误；对于③,双曲线的右顶点为，渐近线的方程为，当时,，由对称性可知若将旋转体I放入球中时，当球的表面积最小时，均在球面上或球内，且此时球的半径与四边形的外接圆的半径相等，四边形的外接圆的圆心在x轴上，不妨设为点Q，由图可知对应的球的半径至少为2，此时球的表面积是，由图象可知此时，所以均在球面上或球内，所以③正确；对于④,与渐近线交于点，与双曲线交于点，则用垂直于x轴的平面截旋转体I的截面应为圆环，其内径为，外径为，截面面积为，根据祖暅原理，旋转体I的体积为，故④正确，故选:C【点睛】难点点睛：解决此类旋转体相关问题时，难点在于要能发挥空间想象力，明确旋转体的形状特征，因此解答时要能根据双曲线特点想象出几何体特征，并能根据祖暅原理结合几何体相关公式进行计算.二、填空题13．是数列的前n项和，当时，取得最小值，写出一个符合条件的数列的通项公式，an=______.【答案】（答案不唯一）【分析】根据题意，找一个符合题意的等差数列即可得到正确答案.【详解】由题意，我们可以取一个等差数列：当时，时，，所以当时，取得最小值.所以符合题意.故答案为：（答案不唯一）14．给出下列命题：①若平面上有3个不共线的点到平面的距离相等，则平面与平面平行；②若平面上有2个不同的点到平面的距离不相等，则平面与平面相交；③若平面外的直线l上有3个点到平面的距离相等，则直线l与平面平行；④若直线l上有2个点到直线m的距离相等，则直线l与直线m平行其中正确命题是______（只填编号）.【答案】②③【分析】根据空间平面与平面以及线面和线线的位置关系，一一判断各命题，可得答案.【详解】①：该两平面可能相交，因为位于平面两侧的不共线的3个点到平面的距离也是可能相等的，故错误；②：若平面上有2个不同的点到平面β的距离不相等，则过这两点的直线与平面β相交，则平面与平面相交，故正确；③：若平面外的直线l上有3个点到平面的距离相等，至少有两个点在平面的同侧，在平面同侧有两点到平面距离相等，则直线与平面平行，故正确；④：若直线l与m相交，直线l上在交点两侧的两个点到m的距离也可能相等，故错误，故答案为:②③.15．已知平面向量是两两夹角相同的单位向量，则||=______.【答案】或6【分析】根据平面向量的数量积的运算律求解即可.【详解】因为平面向量两两夹角相同，即夹角均为或0，当夹角为时，，且，，则；当夹角为0时，，综上，或6.故答案为:或6.16．正实数，满足，，则的值为____________．【答案】1【分析】由题意得，，所以，是方程的两个解，设函数，结合函数的单调性，零点存在定理判断在上只有一个零点，即方程只有一个解，可得，即可得出答案．【详解】解法一：由，得，又因为，所以，是方程的两个解，设函数，，所以函数在上单调递减，又，，则函数在上只有一个零点，即方程只有一个解，所以，∴．解法二：因为，所以，，即，设函数，当时，，所以函数在上单调递增，∵，，∴，∴，，∴．故答案为：1．三、解答题17．如图,在中,,,为线段上一点,．(1)求的值;(2)当时,求线段的长．【答案】(1)(2)【分析】(1)在中,由正弦定理得到之间的关系,在中,由正弦定理得到之间的关系,根据和即可得的值;(2)先由得到,又有,在中,由余弦定理即可得的长.【详解】（1）解:由题知在中,由正弦定理可得:,即,在中,由正弦定理可得:,即,因为,所以,所以,因为,所以;（2）当时,由(1)可知,在中,由余弦定理可得:,即,代入化简可得,解得或（舍）,故．18．已知数列对于任意的均有；数列的前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)令，为数列的前n项和，且恒成立，求λ的最大值.【答案】(1)，.(2)10【分析】（1）根据数列的递推式，采用两式相减的方法可求得其通项公式，根据可证明数列为等比数列，即可求得其通项公式.（2）利用（1）的结果可求得的通项，继而求得，将恒成立，化为，即，结合数列的单调性，即可求得答案.【详解】（1）因为①,当时，；当时，②.,①-②可得,所以时.经检验，符合上式，所以.对于{}，由题意可得，，当，所以，时，，则，即，，因为，所以，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以.（2）由（1）可得，所以，则，恒成立，等价于，化简得，即即可.令，若，则，即时，数列单调递增；又因为，所以，即，可得的最大值为10.19．已知四棱锥中，底面，平面平面，，.(1)求证：平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据，可得结论；（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.【详解】（1）证明；因为平面平面，平面平面，在平面内作，则平面，平面，所以.因为PA⊥底面ABCD，平面，所以,平面，则平面，因为,∴平面.（2）由（1）可知平面,平面,所以，以A为原点分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，所以设平面的法向量为，则,即,令，则取.设平面的法向量为，则,即,令,则取.所以，由图可知所求二面角为钝角，故二面角的余弦值为.20．已知双曲线的右焦点为F，点分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲线的右支于两点，设直线的斜率分别为，且.(1)求双曲线C的方程；(2)当点P在第一象限，且时，求直线l的方程.【答案】(1)(2).【分析】（1）设点，根据，结合点P是双曲线上的点，化简求得，即得答案.（2）设，利用两角和的正切公式化简可得，设直线，并联立双曲线方程，可得根与系数的关系，化简求得m的值，即得答案.【详解】（1）由题意得，设点.则.因为点P是双曲线上的点，则，∴.，∴，则双曲线C的方程为（2）设，点P在第一象限，则，又，故，同理可得，即，则直线l的斜率大于0，由（1）可知，设直线，联立，化简得，则，故,，代入韦达定理得，所以，解得或（舍去），所以直线l的方程为.【点睛】关键点点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系的问题时，一般设出直线方程，并联立圆锥曲线，得到根与系数的关系式，化简求解，解答此题的关键在于要能利用两角和的正切公式结合进行化简得到，从而再结合根与系数的关系化简求解即可.21．已知函数(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)当时，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由在上单调递增，得恒成立，讨论的单调性，求的最小值大于等于恒成立，建立不等关系，求得答案.（2）利用分析法转化需要证明的结论为，构造函数利用导数研究单调性，可判断函数在上存在唯一零点，结合重要不等式对式子进行放缩，结论得证.【详解】（1）在上单调递增，所以恒成立，令恒成立，当时，恒成立.当时，所以h（x）在上单调递增，所以时，，故不符合题意.当时，令，解得，当时，单调递增；当时，，单调递减，所以解得.综上，的取值范围是.（2）证明：当时，，要证，即证，只需证，即证令，令，当时，，当时，，所以，故存在使得所以，即在时递增，在时递减.令，则二次函数关于直线对称，函数图象开口向下，且，故当时，，又∴，又，所以函数在上存在唯一零点，使得.,当且仅当时等号成立.令，则，当时，单调递增；当时，单调递减，所以，即，当且仅当时等号成立因为取等号的条件不一致，故.【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,曲线的参数方程为（为参数）,以坐标原点为极点,以轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为（）．(1)写出的直角坐标方程和的普通方程;(2)设,的交点为,若,求的值．【答案】(1);(2)【分析】(1)根据的参数方程及,即可得的直角坐标方程,根据极坐标转与直角坐标的互化,即可得的普通方程;(2)将转化成极坐标方程,将代入,即可得两点极径之间的关系,再根据极径的几何意义,即可得的值.【详解】（1）解:由题知