2023届河南省(菁师联盟)高三上学期12月质量监测考试数学(理)试题(解析版)

2023届河南省（菁师联盟）高三上学期12月质量监测考试数学（理）试题一、单选题Bxx2x0，则AB（）xx1．已知全集UR，集合AUUA．0,2B．,02,C．0,2D．,02,【答案】B【分析】解不等式确定集合A,B，然后由集合的运算法则计算．AB0,2，【详解】因为集合Axx110,2，Bxxx0,10,，2ABAB,02,.UUU故选：B．2．已知复数z满足z(32i)13i，则z的虚部为（）A．1311B．133C．3D．111313【答案】A【分析】根据复数的概念和四则运算即可求解【详解】因为z(32i)13i，所以z13i(13i)(32i)311i，则z的虚部为1311.32i(32i)(32i)1313故选：A.3．2021年，我国全年货物进出口总额391009亿元，比上年增长21.4%.其中，出口217348亿元，增长21.2%；进口173661亿元，增长21.5%.货物进出口顺差43687亿元，比上年增加7344亿元.如图是我国2017—2021年货物进出口总额统计图，则下面结论中不正确的是（）A．2020年的货物进出口总额322215亿元B．2020年的货物进出口顺差36343亿元第1页共18页C．2017—2021年，货物进口总额逐年上升D．2017—2021年，货物出口总额逐年上升【答案】C【分析】根据2017—2021年货物进出口总额统计图，依次分析各个选项，即可得到答案.【详解】对于A，2020年的货物进出口总额为142936179279322215亿元，故A正确；对于B，2020年的货物进出口顺差为17927914293636343亿元，故B正确；对于C，2020年的货物进口总额为142936亿元，相对于2019的货物进口总额143254亿元下降了，故C错误；对于D，2017—2021年，货物出口总额逐年上升，故D正确.故选：C4．丹麦化学家索伦森是首位建立PH值概念的生化学家，他把PH值定义为PHlgH，式子中指的是溶液中的氢离子的浓度，单位为摩尔/升（），若某种溶液中的氢离子的浓度为H的mol/L6108mol/L，则该溶液的PH值约为（ln60.78）（）A．8【答案】CB．7.78C．7.22D．6【分析】代入公式计算即可.8lg680.787.22.8【详解】PHlgHlg610故选：C5．已知直线l：2xy20与抛物线C：y4x交于A，B两点，点A，B到x轴的距离分别为211，，则（）mnmn6666A．B．C．D．2346【答案】A线方程，求出点A，B的纵坐标，进而得到m，，n求出的值11.【分析】联立直线方程与抛物mn【详解】联立2xy20与y4x得：y22y40，22解得：y126,y226，不妨令m26，则n62，11mn116.2所以2662故选：A第2页共18页12123D．或231113122【答案】Acoscos【分析】利用题给条件列出关于的方程，解之即可求得的值.【详解】因为单位向量，的夹角为，且向量120eeee2与3的夹角为，ee1212122eee3e15cos12，所以cos12054cos106cos12122eee3e1212则62cos215cos230，(2cos1)(31cos23)0即123cos31cos解之得或（舍）21cos则，经检验符合题意．2故选：A7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a，b4，c13，点D，E分别是边BC，ABC3的中点，且，交于点，则四边形BDOE的面积为（）ADCEOBA23A．34353B．C．3D．54【答案】Cπ1SACB【分析】利用余弦定理求出，连接，利用重心性质得到S△EOBS，从而△ACBBO36△DOB1求出四边形的面积为，得到答案.BDOES3△ACB【详解】如图，连接BO，∵a3，4，c13，b第3页共18页22∵ACB0,π，π∴ACB3，因为点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，13，OE1S所以O为的重心，则ABC，则△AOBCE3S△ACBS△EOB1S1S61S又因为2，所以S△EOB，同理，S△DOB，△ACB6△ACB△AOB设四边形BDOE的面积为S，1S1S1S则S，△ACB663△ACB△ACB其中S134333，故S223.△ACB即四边形BDOE的面积为3.故选：C8．如图为某四面体的三视图，则该几何体的体积为（）3233433A．B．C．D．33【答案】B【分析】先求得该四面体的直观图，再利用割补法即可求得该四面体的体积【详解】由题意得该四面体ABCD的直观图如图所示，图中长方体的长宽高分别为2，1，3，1123则四面体ABCD的体积V2134213．323故选：B第4页共18页100π,100π上恰有10039．已知函数fx()cos(x),(0,π0)，(0)，且在fxf2个零点，则的取值范围是（）147149A．,147149300300149151C．,300300149151D．300300B．,,300300【答案】C【分析】利用题给条件列出关于的不等式组，解之即可求得的取值范围f(x)cos(x),(0,π0)，【详解】因为函数，则π6，所以f(x)cosxπ，63f(0)cos22ππk3π6ππ．f(x)cosx0，可得xπkZkZ由k，．则，x622π49π3所以100π，解之得149151，23300300π51π100π149151300300,.所以的取值范围是故选：C10．盒子中有9个大小质地完全相同的小球，其中3个红球，6个黑球，从中依次随机摸出3个小球，则第三次摸到红球的概率为（）19A．84115D．14B．C．43【答案】C【分析】对第一，二次抽到的球的颜色进行分类讨论，利用独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率加法公式可求得结果.【详解】第三次摸到红球包括四种情况：321198784第一次摸到红球，第二次摸到红球，第三次摸到红球，概率为P1；；3626三次摸到红球，概率为P2第一次摸到红球，第二次摸到黑球，第987846326第一次摸到黑球，第第一次摸到黑球，第三次摸到红球的概率为故选：C二次摸到红球，第三次摸到红球，概率为P；98784265315二次摸到黑球，第三次摸到红球，概率为P；98784216615281所以第，PPPPP848484848431234第5页共18页x2C：1a0,b0的左，右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两FFF122ab22y211．双曲线FM1点，且2，ABFFB60，点为线段的中点，则（）FFAFMAF22211245221321A．B．C．D．3378【答案】B【分析】设BFt，由已知得，利用双曲线定义知，AF2tBFt2aAF2t2a，22114213在BFF中与中分别利用余弦定理，再结合BFA△cosAMFcosFMF0，可求得FM1a，121121进而得解【详解】设BFt，因为2，所以，AF2tAF2FB222BFBF2a2BFta由双曲线定义知，则121AFAF2a，则AF2t2a由双曲线定义知121FFc，因为，2设，ABF60c2a2b2121(t2a)2t2(2c)22(t2a)tcosFBF1t22at4a24c20①；在BFF中，△21212(t2a)2(3t)2(2t2a)22(t2a)3tcosFBA13t210at0在BFA中，211107ta，代入①式，得．ca解得：3310MF点为线段的中点，所以23a，MAFAM2cosAMFcosFMF0因为，所以12110232103aFM2610142a22aFMaaFM223330FM42111a，2103aFM3111421a14221，7FM3FF又因为，所以a1FF314123a12故选：B12．设log4，，，则（）ablog5clog86912abcA．B．bacC．bcaD．cab【答案】B第6页共18页【分析】利用对数运算性质和对数函数单调性分别求得a，b，c所在的范围，即可得到a，b，c的34log4log44log633，则a46663b44b4log5log54log933，则9993c44c4log8log84log1233，则121212babc所以，．4又5a5log4log45log644，则a56664ac．5c5log8log85log1244，则，所以c5121212bac综上，，故选：B．二、填空题xy1013．若x，y满足约束条件xy10，则y2x的最大值为______.y0【答案】1zy2x平移可得【分析】画出可行域，然后把目标函数.zy2x，即直线y2xz经【详解】解析：如图所示，，满足的平面区域如图中阴影所示，令xy过点0,1z1y2x，即的最大值为1.时，z最大，且max故答案为：1614．xx1展开式中x6的系数为______．（答案用数字作答）3【答案】44第7页共18页【分析】根据题意利用二项展开式的通项公式，分析运算．66xx3的二项展开式的通项为【详解】对1x3x16rTCrx1x,r0,1,2,3,4,5,6，3rr16k对1x的二项展开式的通项为TC1x1kCkxk,k0,1,2,...,n，n1k1nkknn由题意可得：1415x12，当4时，CT546x3x6x4rn4,k0，则T10C0x01，11则令415115；∴x6的系数为11，r=5当时，C561xT656x3xx35n5,k3，则T13C3x310x143则令，561060；∴x6的系数为0，r6当时，C1xT766x31x66n6,k6，则T16C6x6x176则令，6∴x6的系数为111；1560144.系数为：综上所述：的x644.15．在四棱锥SABCD中，底面ABCD为矩形，平面SAC平面ABCD，cosSAC则四棱锥SABCD表面积为______.故答案为：1SC，4，3外接球的18π【答案】【分析】先利用球的性质推得OG底面，从而推得外接球球心是外接圆的圆心，在SACABCD中利用正弦定理求得，由R此即可求得所求.SAC【详解】记的中点为，四棱锥SABCD外接球球心为，连接OG,OA,OB,OC,OD,OS，在SACACGO中过G作OGAC交SC于O，如图，11因为底面ABCD为矩形，为的GAC中点，所以G是底面外接圆的圆心，ABCD所以OG底面ABCD，平面ABCDAC，OGAC，OG平面SAC，因为平面SAC平面ABCD，平面SAC11第8页共18页OG底面，ABCD1OG,OG共线，111OG平面，所以平面，则在面内，OGOSACSACSAC1所以四棱锥在中，因为cosSAC13，0SACπ，SAC22所以sinSAC1cos，234SC则由正弦定理得2Rsin3232，得，R223SAC232218π外接球的表面积为4πR4πS2.所以四棱锥SABCD2故答案为：18π..1()ecosx16．关于函数fx有如下四个命题：ecosx①fx的图象关于y轴对称；②fx的图象关于对称；π,01e③fx的最小值是；e④fx在上单调递减．0,π其中所有真命题的序号是______．【答案】①③④【分析】对①：根据偶函数的定义分析判断；对②：根据对称性的定义分析判断；对③：利用换元法结合函数单调性分析判断；对④：根据复合函数的单调性分析判断.1ecosxe11ecosx【详解】因为()ecosxefx，fxfx，所以fx为偶函数，cosxecosxcosx第9页共18页图象关于轴对称，故①正确；y11∵f(2π)ecos(2πx)execosxef(x)，所以fx的图象关于xπ对称，故②错误；cos(2πx)cosx，即fx的最小值是1ee，11令tcosx1,1，则在t1,1上单调递增，所以yeyetetemin故③正确；1令tcosx在0,π上单调递减，在t1,1上单调递增，所以fx在上单调递减，0,πyetet故④正确；则所有真命题的序号是①③④．故答案为：①③④.三、解答题17．设数列的前n项和为S，且满足a2，a2a3n3nan．n1n1(1)证明：数列a3n为等比数列；n132n2(2)若TS3n，求T的最小值．n2nn【答案】(1)证明见解析(2)17a3(n1)用【分析】（1）把a3n来表示；nn1（2）求出T，然后判断T的单调性，再求最小值.nna2a3n3，所以a3(n1)2a6n2a3n，又因为a2，【详解】（1）因为n1nn11nna3(n1)3为等比数列；na310，2，所以数列a则1na3n1nn（2）由（1）得a3na322，则a23n，n1n1n1n1nS12n3n(n1)2n13n(n1)，2212n133n(n1)31322nn2n22nn则TS3nn21218n，22n当n2时，218n2n118(n1)2n18，TTnnn1所以当n5且nN时，280，即TT，则TTTn1；TTnn1*nn1456当n4时，TT2380，即TT；4343第10页共18页2n3当且n时，TT280TTTTT，即，则．n1N*nn1nn1321TTT17T的最小值为17．，即34n综上，nmin18．某射击队派出甲、乙两人参加某项射击比赛，比赛规则如下：开始时先在距目标50米射击，但目标为100米；第停止射击；第一次没有命中，可以进行第二次射击，二次没有命中，还可在50米，命中则此时目标在150米处；若第以进行第三次射击，三次没命中则停止射击，比赛结束．已知甲11概率分别为，，，乙在50米，100米，150米处击中目标的概率361100米，150米处击中目标的2111分别为，，．452(1)求甲，乙两人中恰有一人命中目标的概率；(2)若比赛规定，命中目标得2分，没有命中目标得0分，求该射击队得分X（X为甲，乙得分之和）的分布列和数学期望．【答案】(1)3790；128数学期望为.45(2)分布列见解析，【分析】（1）先根据题意分别求甲、乙命中目标的概率，再求甲，乙两人中恰有一人命中目标的概率；（2）根据题意可得X的取值为：0，2，4，结合（1）中数据求分布列和期望.111概率分别为，，，【详解】（1）因为甲在50米，100米，150米处击中目标的所以甲命中目36211111113P111标的概率为；22323618因为乙在50米，100米，150米处击11112中目标的概率分别为，，．所以乙命中目标的概率为45111111722424510P111．2137137371．1810181090P1则甲，乙两人中恰有一人命中目标的概率为（2）X的取值为：0，2，4，1318101271137137371；1810181090P(X0)11P(X2)1；P(X4)91．1371810180则X的分布列为：X024第11页共18页1379091P180则EX01243791128．12901804519．如图，在三棱柱ABCABC中，AABACAAC2，ABC90．111111(1)求直线AB与平面ABC所成的角；1AABC的正弦值．(2)若AB1，求二面角1【答案】(1)60(2)86565AEACAEBEAE，，从而得到平1【分析】（1）取AC的中点E，连接，，由题意可得AEBE111ABE面ABC，即直线与平面所成角为ABABCABE，在直角中，求解即可；111（2）以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，的BC方向为y轴正方向，垂直于平面ABC向上BA的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，求AAB出平面的法向量和平面的法向量，即可求1CAB1解.【详解】（1）如图，取AC的中点E，连接，，AEBE1AABACAAC2AEAC，所以1因为，111AEAA2AE222123．111AC1．又因为ABC90，所以BE2所以AE2BE2AB2，则，AEBE111又因为ACBEE，所以平面，所AEABCABCABE以直线与平面所成角为，1AB11tanABE3ABEABE603，即在直角中，1，111第12页共18页60AB与平面所成的角为．ABC1（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，垂直于平面向B上xyABC建立如图所示的空间直角坐标系．因为AC2，AB1，90，所以的方向为轴正方向，z31B0,0,0，C3,0,0，A0,1,0，,,3，BC3，由（1）得，A22131BC3,0,0，BA0,1,0，BA,,3，则221，1nx,y,z设平面AAB的法向量为1111BAny023,0,3.11，即n13x12y3z0BAn211111，2nx,y,zCAB的法向量为设平面1222BCn3x022，即n20,23,1.3x12y3z0BAn212222nn365，AABC的平面角为，则cos12设二面角nn1651123121222sin165865652，则二面角865AABC的正弦值为．所以6516532a3220．已知椭圆C：x221ab0上点yM的距离的最大值21上点P1,与圆x2ya2b2为21．(1)求椭圆C的方程；223(2)若点0,，不过的动直线Q0,1QAQBl与椭圆C交于A，B两点，且，证明：动直线l39过定点，并求出该定点坐标．第13页共18页x2(1)1；43y2【答案】l过定点(2)证明见解析，直线【分析】（1）由点在椭圆上，点到圆上点的距离最值得到方程组，解出参数即可得椭圆C的方程；（2）分别讨论斜率存在与否，结合向量坐标运算建立方程求解.其中斜率存在时，联立直线与椭圆方程，由韦达定理结合向量坐标运算建立方程.3x2C1）因为椭圆：1ab0过点P1,，所以1，2ab2219y2【详解】（a24b232a32123a32P1,与圆xy上点的距离的最大值为(10)2121，解得点M222a2，3，bx2y2．∴椭圆C的方程为143（2）证明：i.当直线斜率存在时，ll设直线：ykxm，2ykxm34kx28kmx4m120，联立得23x4y212212Ax,y，Bx,y，则设点4m21234k21122xx12QAQBx,yx,yxxyy232322332112212123232232xxkxmkxm1kxxkmkxxm23121212121k24m21228km334k2232392kmkm，34k23．化简得74m30m1或mm2733ykx1或l：ykx7，因为0,1ykx则直线为：ll不过，则直线为l：，即直线l过定点70,73．332xtAt,3tBt,3t，ii.当直线l斜率不存在时，设直线l：，不妨设，244第14页共18页所以QAQBt,3t2t,3t2t23tt293，493744323223243439t0，直线l：x00,1，此时过点，不满足题意．所以l0,73．综上，直线过定点l【点睛】（1）直线与圆锥曲线问题，首先需讨论斜率存在与否；（2）直线过定点问题，一般设出直线，联立直线与圆锥曲线方程，通过韦达定理去表述题设条件（如本题的向量数量积），即可化简寻找参数间的关系，从而得出直线过定点与否的结论.21．已知函数fxxlnx3x4lnx1的最小值为M．(1)求M的值；1xxgxg1x的最小值为N，证明：gxfxfgnN，且函数g(2)若，*1n1nnx2022logN2022．M2【答案】(1)M(2)证明见解析4ln23【分析】（1）利用导数分析函数fx的单调性，即可求得M的值；11x（2）计算可得出gx22021fxf，设函数hxfxf，其中x0，利用导数2022x求出函数hx的最小值，可得出N的值，进而可求得logN的值，即可证得结论成立.2M0,，【详解】（1）解：因为fxxlnx3x4lnx1，该函数的定义域为2x1，其中x0，，令pxfx且fxlnxx121x40且px不恒为零，x1px则2x12xx10,上单调递增，所以fx在又因为f10，所以，当x0,1时，fxf10，fx单调递减；当x1,时，fxf10，fx单调递增.fxf14ln23，则fx的最小值为4ln23，则M4ln23．所以min第15页共18页x1x11xgxg（2）证明：xg2gxg22gxg2022202120212020202020192019x1x122020gxg2fxf．2021111xhxfxf，其中0，设函数x121ln11xx111x2flnx21hxfxx1xxx21xx1x12(x1)x11x22(x1)x12(x1)fx，22lnxlnxlnxx1x2x2x0,1时，1）可知，当hx0，hx单调递减；fx0，则由（x1,时，hx0，hx单调递增fx0，则.当hxh12f124ln23，所以min4ln23202222022，2x22021hx220224ln23，则N4ln23minmin则g2022M因此，logN2022．2M【点睛】方法点睛：求函数fx在区间a,b上的最值的方法：（1）若函数fx在区间a,b上单调，则fa与fb