河南省部分學(xué)校2023屆高三押題信息卷(一)文科數(shù)學(xué)試題（ 含答案解析 ）

2022～2023學(xué)年高三押題信息卷文科數(shù)學(xué)（一）注意事項(xiàng)：1．本卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．4．選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑．答案寫在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．5．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共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】C【解析】【分析】解絕對值不等式求得集合，求函數(shù)的定義域求得集合，由此求得.【詳解】，，所以．故選：C2.已知復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】法一：根據(jù)復(fù)數(shù)運(yùn)算求解可得，再代入計(jì)算即可；法二：根據(jù)復(fù)數(shù)的模長性質(zhì)可得，進(jìn)而可得，從而求解即可.【詳解】法一：由已知得，．法二：由已知得，故，即．.故選：B．3.三棱柱中，面，則下列兩條直線中，不互相垂直的是（）A.和 B.和 C.和 D.和【答案】B【解析】【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)以及判定即可得到線線垂直，由選項(xiàng)即可逐一求解.【詳解】對于A，因?yàn)槠矫妫矫?，所以；對于B，與不一定垂直；對于C，因?yàn)?，，且，平?所以平面，平面,所以；對于D，因?yàn)槠矫妫?，所以平面，平?所以，又，且，平面,所以平面，又平面，所以C故選：B．4.拋擲一枚骰子兩次，第一次得到的點(diǎn)數(shù)記為，第二次得到的點(diǎn)數(shù)記為，則平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不大于4的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)古典概型公式計(jì)算可得.

【詳解】基本事件共有36個(gè)，而滿足點(diǎn)到原點(diǎn)的距離不大于4的基本事件有共8個(gè)，所求概率為．故選:C．5.已知是方程的兩個(gè)根，則（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用兩角和的正切公式計(jì)算．【詳解】由于是方程的兩個(gè)根，所以，，所以．故選：B．6.執(zhí)行下邊的程序框圖，輸出的（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根據(jù)框圖循環(huán)計(jì)算即可.【詳解】執(zhí)行第一次循環(huán)，，，；執(zhí)行第二次循環(huán)，，，；執(zhí)行第三次循環(huán)，，，，此時(shí)輸出.故選：B7.如圖，在平行四邊形中，分別為上的點(diǎn)，且，連接交于點(diǎn)，若，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】選為基底分別把表示出來，然后代入中，的系數(shù)對應(yīng)相等即可；本題也可以用排除法，顯然，故，只有C選項(xiàng)滿足，故選C.詳解】設(shè)則顯然得顯然因?yàn)樗杂屑锤鶕?jù)向量的性質(zhì)可知解得故選：C8.已知拋物線的焦點(diǎn)為，直線過點(diǎn)與交于兩點(diǎn)，若，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意設(shè)直線，，聯(lián)立直線和拋物線方程，利用韋達(dá)定理即可求解.【詳解】拋物線的焦點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為，設(shè)直線，，聯(lián)立得．則，，解得．故選：D．9.設(shè)是定義在上的周期為5的奇函數(shù)，，則在內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)最少是（）A.4 B.6 C.7 D.9【答案】D【解析】【分析】利用函數(shù)的周期性、奇偶性求區(qū)間零點(diǎn)的個(gè)數(shù).【詳解】因?yàn)槭嵌x在上的周期為5的奇函數(shù)，所以，又，所以，則，則．所以，故零點(diǎn)至少有，則在內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)最少是9．故選：D10.日常生活中，我們定義一個(gè)食堂的菜品受歡迎程度為菜品新鮮度．其表達(dá)式為，其中的取值與在本窗口就餐人數(shù)有關(guān)，其函數(shù)關(guān)系式我們可簡化為，其中為就餐人數(shù)（本窗口），為餐品新鮮度，則當(dāng)，時(shí)，近似等于（）（已知）A.470 B.471 C.423 D.432【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題目將數(shù)據(jù)代入公式，結(jié)合指數(shù)函數(shù)單調(diào)性求解即可.【詳解】當(dāng)，時(shí)，，因?yàn)?，且單調(diào)遞減，所以，所以當(dāng)時(shí)，故選：A11.若關(guān)于的方程在內(nèi)有兩個(gè)不同的解，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用輔助角公式化簡已知方程，求得，進(jìn)而求得.【詳解】關(guān)于的方程在內(nèi)有兩個(gè)不同的解，即（，取為銳角）在內(nèi)有兩個(gè)不同的解，即方程在內(nèi)有兩個(gè)不同的解．不妨令，由，則，所以，所以．則，即，所以．故選：D．12.已知菱形的邊長為，，將沿對角線翻折，使點(diǎn)到點(diǎn)處，且二面角的平面角的余弦值為，則此時(shí)三棱錐的外接球的體積與該三棱錐的體積比值為（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)和二面角平面角定義可知，利用余弦定理求得后，結(jié)合勾股定理可知，，由此可確定三棱錐的外接球半徑為，代入球的體積公式可求得外接球體積；根據(jù)平面，結(jié)合棱錐體積公式可求得，作比即可得到結(jié)果.【詳解】連接交于，連接，易得為與的中點(diǎn)，四邊形為菱形，，即，，二面角的平面角為，；又，，，；在中，由余弦定理得：；，，，，，三棱錐的外接球球心為中點(diǎn)，半徑為，三棱錐的外接球體積；，，，平面，平面，，，，三棱錐的外接球的體積與該三棱錐的體積之比為.故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查多面體的外接球問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠結(jié)合二面角的大小和勾股定理確定三棱錐的側(cè)面和為直角三角形，并且有公共斜邊，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)確定三棱錐外接球球心即為的中點(diǎn).二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.橢圓與雙曲線有公共點(diǎn)P，則P與雙曲線兩焦點(diǎn)連線構(gòu)成三角形的周長為_________．【答案】24【解析】【分析】根據(jù)橢圓與雙曲線方程得到橢圓與雙曲線具有共同的焦點(diǎn)，，從而得到P與雙曲線兩焦點(diǎn)的距離之和，再根據(jù)，求出周長.【詳解】由已知得橢圓與雙曲線具有共同的焦點(diǎn)，，由橢圓定義可知：，故P與雙曲線兩焦點(diǎn)的距離之和為14，又，因此P與雙曲線兩焦點(diǎn)連線構(gòu)成三角形的周長為.故答案為：2414.在中，內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，滿足，則_______．【答案】1【解析】【分析】解法1，先用正弦定理邊角互化，再用和差和誘導(dǎo)公式求解即可；解法2：先用射影定理化簡，用正弦定理邊角互化即可求解.【詳解】解法1：，而，∴．解法2：由射影定理，，又由題意，，∴，故，∴，∵，∴，故．故答案為：115.已知在和上各有一個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義，結(jié)合可行域進(jìn)行求解即可.【詳解】在和在上各有1個(gè)零點(diǎn)，畫出它的可行域，如圖所示：的內(nèi)部．令，則，如圖，當(dāng)過時(shí)，；當(dāng)過時(shí)，，故的取值范圍是．故答案為：16.若，，且，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】由已知等式可得，令，令，其中，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，可得出關(guān)于的不等式，即可解得實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，令，令，其中，則，其中，因?yàn)楹瘮?shù)、在上為增函數(shù)，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，又，由可得，由可得，所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間，單調(diào)遞增區(qū)間為，所以，，所以，，即.故的取值范圍為．故答案為：．三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第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.某手機(jī)商家為了更好地制定手機(jī)銷售策略，隨機(jī)對顧客進(jìn)行了一次更換手機(jī)時(shí)間間隔的調(diào)查．從更換手機(jī)的時(shí)間間隔不少于3個(gè)月且不超過24個(gè)月的顧客中選取350名作為調(diào)查對象，其中男性顧客和女性顧客的比值為，商家認(rèn)為一年以內(nèi)（含一年）更換手機(jī)為頻繁更換手機(jī)，否則視為未頻繁更換手機(jī)．現(xiàn)按照性別采用分層抽樣的方法隨機(jī)抽取105人，并按性別分為兩組，得到如下表所示的頻數(shù)分布表：時(shí)間間隔（月）男性89191284女性25121172（1）計(jì)算表格中的值；（2）請根據(jù)頻率分布表填寫列聯(lián)表，并判斷是否有99%以上的把握認(rèn)為“頻繁更換手機(jī)與性別有關(guān)”？頻繁更換手機(jī)未頻繁更換手機(jī)合計(jì)男性顧客女性顧客合計(jì)附表及公式：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828，其中．【答案】（1）（2）表格見解析，沒有【解析】【分析】（1）根據(jù)男性顧客和女性顧客的比值、分層抽樣的知識求得.（2）根據(jù)已知條件填寫列聯(lián)表，計(jì)算的值，由此作出判斷.【小問1詳解】由題知男性顧客共有人，女性顧客共有人，按分層抽樣抽取105人，則應(yīng)該抽取男性顧客人，女性顧客人；所以．【小問2詳解】由頻率分布表可知，在抽取的105人中，男性顧客中頻繁更換手機(jī)的有20人，女性顧客中頻繁更換手機(jī)的有10人，據(jù)此可得列聯(lián)表：頻繁更換手機(jī)未頻繁更換手機(jī)合計(jì)男性顧客204363女性顧客103242合計(jì)3075105所以．因?yàn)椋詻]有99%以上把握認(rèn)為“頻繁更換手機(jī)與性別有關(guān)”.18.已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）定義，記，求數(shù)列的前20項(xiàng)和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系可得，再代入求解即可；（2）由（1）可得，，再逐項(xiàng)列舉分析可得當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，進(jìn)而求解即可.【小問1詳解】因?yàn)椋?dāng)時(shí)，，解得；當(dāng)時(shí)，，所以，即，所以，即是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以，，則．【小問2詳解】因?yàn)?，即?shù)列為遞增數(shù)列，，即數(shù)列單調(diào)遞減．，，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以所以．19.已知橢圓的焦距為2，圓與橢圓恰有兩個(gè)公共點(diǎn)．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）已知結(jié)論：若點(diǎn)為橢圓上一點(diǎn)，則橢圓在該點(diǎn)處的切線方程為．若橢圓的短軸長小于4，過點(diǎn)作橢圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為，求證：直線過定點(diǎn)．【答案】（1）或（2）證明見解析【解析】【分析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為，再分圓在橢圓的內(nèi)部和外部兩種情況分別求解即可；（2）由題意橢圓的方程為，再設(shè)，得出切線的方程，將代入可得的坐標(biāo)都滿足方程即可得定點(diǎn).【小問1詳解】設(shè)橢圓的半焦距為．當(dāng)圓在橢圓的內(nèi)部時(shí)，，橢圓的方程為．當(dāng)圓在橢圓的外部時(shí)，，橢圓的方程為．【小問2詳解】證明：設(shè)．因?yàn)闄E圓短軸長小于4，所以的方程為．則由已知可得，切線的方程為的方程為，將代入的方程整理可得，．顯然的坐標(biāo)都滿足方程，故直線的方程為，令，可得，即直線過定點(diǎn)．20.如圖，在四棱錐中，平面平面，底面是正方形，分別是的中點(diǎn)，平面經(jīng)過點(diǎn)，且與棱交于點(diǎn)．（1）試用所學(xué)知識確定在棱上的位置；（2）若，求多面體的體積．【答案】（1）在棱的靠近的三等分點(diǎn)處（2）．【解析】【分析】（1）過作直線與平行，延長與交于點(diǎn)，連接，根據(jù)線面相交于平行的性質(zhì)判斷即可；（2）多面體的體積，再根據(jù)錐體體積公式，結(jié)合線面垂直的判定與性質(zhì)求解即可.【小問1詳解】過作直線與平行，延長與交于點(diǎn)，連接與的交點(diǎn)即為點(diǎn)．因?yàn)榈酌媸钦叫?，是的中點(diǎn)，所以，且．又，所以，因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，可得，則，由平行線間交叉線的性質(zhì)可得，，所以．故在棱的靠近的三等分點(diǎn)處．【小問2詳解】連接，多面體的體積．因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以．又平面平面，平面平面平面，平面，所以平面，而平面，所以，所以．因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，所以．因?yàn)闉榈目拷娜确贮c(diǎn)，所以，所以．故多面體的體積為．21.已知函數(shù)．（1）求證：曲線僅有一條過原點(diǎn)的切線；（2）若時(shí)，關(guān)于的方程有唯一解，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.【解析】【分析】（1）求導(dǎo)后得出切線方程，再代入原點(diǎn)求解即可；（2）化簡可得有唯一解，再構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)可得，再討論根的情況，數(shù)形結(jié)合分析的極值與的大小關(guān)系，結(jié)合恒成立問題求解即可.【小問1詳解】的定義域?yàn)椋?，設(shè)切點(diǎn)，則切線方程為，當(dāng)切線過原點(diǎn)時(shí)有，即，故，因?yàn)?，所以，即切點(diǎn)有且只有一個(gè)，則曲線僅有一條過原點(diǎn)的切線，即得證.【小問2詳解】關(guān)于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，令，則.因?yàn)?，故?dāng)，即時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，.易知的圖象與直線有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，滿足題意，此時(shí)；當(dāng)，即時(shí)，設(shè)有兩個(gè)根，，則，，故.①若，則當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，且當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，.故要使得有唯一解，則或恒成立.此時(shí)，即，，.則極大值，令，則，故當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減.所以，又恒成立，故，；同理，極小值，當(dāng)時(shí)無最小值，此時(shí)無實(shí)數(shù)使得恒成立.②若，則，，不滿足；③若，由①可得；故當(dāng)時(shí)，.綜上所述：當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問題的方法：（1）參變分離構(gòu)造函數(shù)；（2）求導(dǎo)分析函數(shù)的單調(diào)性與極值，導(dǎo)數(shù)中有二次函數(shù)注意討論無根與有根的情況；（3）導(dǎo)函數(shù)中二次函數(shù)有根時(shí)討論極值點(diǎn)與特殊點(diǎn)的大小關(guān)系并討論；（4）數(shù)形結(jié)合列不等式求解.（二）選考題：共10分．請考生在第22、23兩題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程22.已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為．（1）求直線l的極坐標(biāo)方程以及曲線C的參數(shù)方程；（2）若直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求的值．【答案】（1）（），（為參數(shù)）（2）【解析】【分析】（1）以直角坐標(biāo)方程為橋梁分別求得極坐標(biāo)方程和參數(shù)方程.（2）將極坐標(biāo)方程聯(lián)立即可得到與可得.【小問1詳解】由已知消去參數(shù)得，，將，，代入上式化簡整理得：故直線l的極坐標(biāo)方程為（）由得：所以，故曲線