河南省开封市2022-2023学年高三上学期1月期末联考数学试题（文科）（含解析）

2022年河南省高三期末联考数学（文科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.第Ⅰ卷一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用交集的定义即可求解.【详解】因为，所以．故选：A.2.的实部与虚部之和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简，进而即得.【详解】因为，则的实部与虚部之和为为.故选：B.3.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用抛物线的几何性质即可求得抛物线的准线方程.【详解】因为，所以，所以抛物线的准线方程为．故选：C4.在数列中,,,则（）A.是等比数列 B.是等比数列C.是等比数列 D.是等比数列【答案】B【解析】【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.【详解】解:由题知,所以,又因为,所以是等比数列,且首项为4,公比为2.故选:B5.将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（）A. B.的图象关于直线对称C.的图象关于点对称 D.在内是增函数【答案】C【解析】【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，利用代入验证法判断BC，根据三角函数单调性判断D.【详解】由题可得，A错误；因为，所以的图象不关于直线对称，B错误；因为，所以的图象关于点对称，C正确；因为，所以在内不是增函数，D错误.故选：C.6.函数零点为（）A.4 B.4或5 C.5 D.或5【答案】C【解析】【分析】根据零点的定义结合对数的运算求解，注意函数的定义域.【详解】由题意可得：，解得，故的定义域为，令，得，则，解得或，又∵，所以．故选：C.7.已知三个单位向量，，满足，则的最大值为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可求得，再结合数量积的定义分析运算.【详解】因为，则，∴，故当，即与同向时，有最大值.故选：A.8.已知为球球面上的三个点，若，球的表面积为，则三棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用球的表面积求出球的半径，由三角形的正弦定理求出三角形外接圆的半径，然后利用勾股定理求出三棱锥的高，最后利用椎体体积公式计算即可.【详解】设球的半径为，则由球的表面积为，所以设外接圆的半径为，圆心为，由，所以为等边三角形，所以，所以点O到平面的距离为，所以三棱锥的体积为：，故选：C.9.执行如图所示的程序框图，则输出的（）A.5 B.6 C.8 D.7【答案】D【解析】【分析】利用框图从逐个向后代入去计算，进而求得满足题意的的值.【详解】时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，．故输出i的值为7．故选：D10.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：数列由被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列而成，记数列的前项和为，则的最小值为（）A.48 B.50 C.52 D.54【答案】C【解析】【分析】被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，利用等差数列的通项公式与求和公式及其基本不等式即可得出结论．【详解】被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大的顺序排列，构成首项为10，公差为的等差数列，则，，从而，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为52.故选：C11.双曲线的左、右顶点分别为，，为上一点，若点的纵坐标为1，，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题可得，结合条件可得，进而即得.【详解】由题可知，设，则，，所以，又点的纵坐标为1，，，所以，即，所以的离心率为.故选：.12.已知，设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据的形式构造函数，利用导数的性质判断其单调性，再结合差比法进行判断即可.【详解】．令，则，．当时，，则在上单调递增，所以，即．因为，所以．故．故选：D【点睛】关键点睛：根据的形式构造函数是解题的关键,第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.若，满足约束条件则的最大值为______.【答案】11【解析】【分析】作出约束条件表示的可行域，根据题意可得当直线经过点时，取得最大值.【详解】作出约束条件表示的可行域，表示斜率，横截距为的直线，当直线经过点时，取得最大值，且最大值为.故答案为：11.【点睛】14.在正中，连接三角形三边中点，将它分成4个小三角形，并将中间的那个小三角形涂成白色后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图形.在内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是______.【答案】【解析】【分析】结合图形，将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，利用几何概型公式，计算可得结果.【详解】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，则共可分为16个相同的小三角形，白色部分有7个小三角形，黑色部分有9个小三角形，故在内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是.故答案为：.15.若一个圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，且该圆锥的表面积为，则该圆锥的母线长为______.【答案】3【解析】【分析】由题可得，然后根据圆锥的表面积公式即得.【详解】设该圆锥的底面半径和母线长分别为，，则，即，所以则该圆锥的表面积为，所以，.故答案为：3.16.若函数在上存在极值,则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】在上存在极值,即在上存在变号零点,构造新函数,求导求单调性,判断函数性质后使函数的最小值小于零即可.【详解】解:由题知在上存在极值,即在上存在变号零点,所以,设函数,即在上存在变号零点,则,当时,,单调递减;当时,,单调递增.因为时,,故只需即可,即.故答案为:.【点睛】思路点睛:此题考查函数与导数综合问题,属于难题,关于函数极值点的存在问题的思路有:(1)对原函数进行求导;(2)令导函数为新的函数,使新的函数有变号零点;(3)对新函数求导求单调性,判断函数性质,建立不等式,计算结果.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.，，分别为的内角，，的对边.已知.（1）求；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，进而求得.（2）利用余弦定理求得，进而求得的周长.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，即，又，所以，所以为锐角，所以，故；【小问2详解】因为，，所以，整理得，解得（负根舍去），所以，，所以的周长为.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求在上的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可得；（2）利用导数结合条件即得.【小问1详解】由题可得，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】因为，，由，可得，单调递减，由，可得，单调递增，故在上的最小值.19.某加工工厂加工产品A，现根据市场调研收集到需加工量X（单位：千件）与加工单价Y（单位：元/件）的四组数据如下表所示：X681012Y12m64根据表中数据，得到Y关于X线性回归方程为，其中．（1）若某公司产品A需加工量为1.1万件，估计该公司需要给该加工工厂多少加工费；（2）通过计算线性相关系数，判断Y与X是否高度线性相关．参考公式：，时，两个相关变量之间高度线性相关．【答案】（1）该公司需要给该加工工厂57200元加工费.（2）Y与X高度线性相关.【解析】【分析】（1）由线性回归直线方程必过，代入方程与已知联立可得与m的值，进而求得回归方程，代入可得单价，由总加工费等于单价乘以件数可得结果.（2）计算线性相关系数r，比较与0.9可得结果.【小问1详解】∵，，则，又∵∴，，∴，∵1.1万=11千，∴当时，（元），∴（元），答：估计该公司需要给该加工工厂57200元加工费.【小问2详解】由（1）知，，，，∴∴，∴两个相关变量之间高度线性相关.20.如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.（1）证明:平面;（2）若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在,【解析】【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;(2)过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.【小问1详解】证明:因为平面,平面,所以,因为平面,平面,所以平面,因为底面为矩形,所以,因为平面,平面,所以平面,因为,且平面,平面,所以平面平面又因为平面,所以平面;【小问2详解】设线段上存在点使得与的面积相等,过作,垂足为,因为平面,所以,故,所以,故,因为,所以,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,如图所示:因为底面,,所以底面,所以,又,,所以平面,因为平面则,同理可得,因为与的面积相等,所以,在中,根据等面积法可得,则,设,,则,因为,所以,所以,因为,所以,所以,整理得,因为,所以,故存在,且到的距离为.【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:(1)先假设其存在;(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.21.已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程．（2）若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用相关点法即得；（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.【小问1详解】设，则，因为，所以，所以，即曲线的方程为；【小问2详解】设，则，由，可知A，B分别为的中点，所以，则，作差可得．因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，联立，可得，即，点P到直线的距离，所以的面积为，即的面积为定值．【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.选修4-4：坐标系与参数方程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,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程是.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程;（2）若直线与曲线交于两点,点,求的值.【答案】（1）:（2）【解析】【分析】(1)在曲线的参数方程中消去参数,即可得其普通方程,将代入,即可得直线的直角坐标方程;(2)写出直线过点的参数方程,设出两点的参数,与曲线联立,判别式大于零,韦达定理可得关于参数的等式,根据参数的几何意义代入中计算即可.【小问1详解】解:由题知（为参数）,消去参数可得,又,所以曲线的普通方程为;由,由可得:,故直线的直角坐标方程为;【小问2详解】由(1)知直线为,故直线的其中一个参数方程为(为参数),将直线的参数方程代入曲线的普通方