河南省名校聯(lián)盟高三大聯(lián)考（2月）文科數(shù)學(xué)試題

2023屆普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試河南名校聯(lián)盟大聯(lián)考（2月）數(shù)學(xué)（文科）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】D【解析】【分析】利用集合的交集運(yùn)算求解.【詳解】解：因?yàn)榧?，，所以，故選：D2.已知復(fù)數(shù)，若z的共軛復(fù)數(shù)，則實(shí)數(shù)（）A.1 B.2 C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)乘法求出和，與已知對(duì)比即可求出b的值.【詳解】，，，.故選：C.3.已知三角形數(shù)表：現(xiàn)把數(shù)表按從上到下、從左到右的順序展開(kāi)為數(shù)列，則()A.16 B.32 C.64 D.512【答案】A【解析】【分析】先確定在數(shù)表中的位置，再根據(jù)等比數(shù)列通項(xiàng)公式即可求解．【詳解】在數(shù)表中，第n行有n個(gè)數(shù)，則前9行共有個(gè)數(shù)，則是數(shù)表第10行從左到右的第5個(gè)數(shù)，．故選：A4.一組互不相等的樣本數(shù)據(jù)：，…，，，其平均數(shù)為，方差為，極差為m，中位數(shù)為t，去掉其中的最小值和最大值后，余下數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，方差為，極差為，中位數(shù)為，則下列結(jié)論不一定正確的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)平均數(shù)、方差、極差、中位數(shù)的定義即可逐項(xiàng)分析判斷．【詳解】對(duì)A，平均數(shù)受樣本中每個(gè)數(shù)據(jù)的影響，故去掉最大值和最小值后，余下數(shù)據(jù)的平均數(shù)可能會(huì)改變，故A不一定正確；對(duì)B，方差反映數(shù)據(jù)的離散程度，當(dāng)去掉數(shù)據(jù)中的最小值和最大值后，數(shù)據(jù)的離散程度減小，故方差減小，故B正確；對(duì)C，極差為最大值與最小值之差，是原來(lái)數(shù)據(jù)里面任意兩個(gè)數(shù)之間差值的最大值，故去掉最大值和最小值后，新數(shù)據(jù)的極差必然小于原數(shù)據(jù)的極差，故C正確；對(duì)D，中位數(shù)是把數(shù)據(jù)從小到大依次排列后排在中間位置的數(shù)或中間位置的兩個(gè)數(shù)的平均數(shù)，因?yàn)槭菍?duì)稱(chēng)的同時(shí)去掉最小值和最大值，故中間位置的數(shù)相對(duì)位置保持不變，故新數(shù)據(jù)中位數(shù)保持不變，故D正確．故選：A．5.在《九章算術(shù)》中，底面為矩形的棱臺(tái)被稱(chēng)為“芻童”．已知棱臺(tái)是一個(gè)側(cè)棱相等、高為1的“芻童”，其中，，則該“芻童”外接球的體積為()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】易知外接球的球心在四棱臺(tái)上下底面中心連線上，設(shè)球心為O，根據(jù)幾何關(guān)系求出外接球半徑即可求其體積．【詳解】如圖，連接AC、BD、、，設(shè)AC∩BD＝M，∩＝N，連接MN．∵棱臺(tái)側(cè)棱相等，∴易知其外接球球心在線段MN所在直線上，設(shè)外接球球心為O，如圖：易得AC＝4，MC＝2，，，MN＝1，由得，，解得OM＝1，故OC＝，∴外接球體積為．故選：C．6.已知拋物線的焦點(diǎn)為，過(guò)作傾斜角為的直線，與拋物線交于，兩點(diǎn)，則（）A.4 B. C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】根據(jù)拋物線方程確定焦點(diǎn)坐標(biāo)，從而由已知可得直線的方程，再將直線方程與拋物線方程聯(lián)立即可得交點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)系，利用相交弦長(zhǎng)公式求解即可.【詳解】拋物線的焦點(diǎn)為，又直線的斜率，所以直線的方程為：，設(shè)，則，則，所以則.故選：C.7.已知定義在上的函數(shù)滿足，，，且當(dāng)時(shí)，，則下列說(shuō)法正確的是（）A.是奇函數(shù)但不是偶函數(shù) B.是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)C.既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) D.既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)【答案】B【解析】【分析】對(duì)a、b進(jìn)行賦值即可根據(jù)奇偶性的定義進(jìn)行函數(shù)奇偶性的判斷.【詳解】的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，因?yàn)?，，，故令時(shí)，，令時(shí)，，令，時(shí)，，，即，∴是偶函數(shù)，又當(dāng)時(shí)，，即不恒為零，故只能為偶函數(shù)，不能為奇函數(shù).故選：B.8.已知，，，，則()A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先判斷a、b、c范圍均為，d>1，則d最大；用作商法可判斷a、b大??；用作商法并結(jié)合基本不等式可判斷a、c大??；從而可得四個(gè)數(shù)的大小關(guān)系．【詳解】，，，，，．故選：D．9.已知過(guò)點(diǎn)可作出雙曲線（，）的兩條切線，若兩切點(diǎn)都在雙曲線C的某一支上，則該雙曲線的離心率的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如圖所示，點(diǎn)必須在漸近線、軸和雙曲線圍成的區(qū)域，且不能在漸近線、軸和雙曲線上.再解不等式得到離心率的范圍，【詳解】要滿足題意，如圖所示，點(diǎn)必須在漸近線、軸和雙曲線圍成的區(qū)域，且不能在漸近線、軸和雙曲線上.所以必須滿足，得故選：D10.已知實(shí)數(shù)，若，則的最小值為（）A.12 B. C. D.8【答案】A【解析】【分析】構(gòu)造基本不等式，利用基本不等式即可.【詳解】由，，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，所以的最小值為：12，故選：A.11.已知函數(shù)在區(qū)間上存在零點(diǎn)，且函數(shù)在區(qū)間上的值域?yàn)?，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦函數(shù)圖象與性質(zhì)以及整體代換的技巧進(jìn)行求解.【詳解】當(dāng)時(shí)，，因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上存在零點(diǎn)，根據(jù)正弦函數(shù)圖象可知，，解得，又函數(shù)在區(qū)間上的值域?yàn)?，根?jù)正弦函數(shù)圖象可知，，解得，所以的取值范圍是，故A，C，D錯(cuò)誤.故選：B.12.已知函數(shù)的圖象恒過(guò)定點(diǎn)A，圓上的兩點(diǎn)，滿足，則的最小值為()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】設(shè)直線l為.取圓O的弦PQ的中點(diǎn)為E，求出其軌跡方程，求出E到直線l距離的最小值.過(guò)P、E、Q分別作直線l的垂線，垂足分別為M、R、N，將轉(zhuǎn)化為，即可求其最小值．【詳解】由題可知A為(0，1)，且P、A、Q三點(diǎn)共線，設(shè)弦PQ的中點(diǎn)為E(x，y)，連接OE，則OE⊥PQ，即OE⊥AE，∴，由此可得E的軌跡方程為，即E的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，設(shè)直線l為，則E到l最小距離為．過(guò)P、E、Q分別作直線l的垂線，垂足分別為M、R、N，則四邊形MNQP是直角梯形，且R是MN的中點(diǎn)，則ER是直角梯形的中位線，∴，即，即．故選：C．【點(diǎn)睛】本題需充分利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行簡(jiǎn)答，問(wèn)題的關(guān)鍵是求出PQ的中點(diǎn)的軌跡，將要求最小值的式子與點(diǎn)到直線的距離公式聯(lián)系在一起，數(shù)形結(jié)合求解最值.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知向量，，且，則實(shí)數(shù)______．【答案】1【解析】【分析】求出和的坐標(biāo)，根據(jù)兩向量垂直的坐標(biāo)表示即可求出的值.【詳解】∵，，∴，，∵，∴，∴，∴.故答案為：1.14.已知，，則______．【答案】【解析】【分析】利用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求出sinα，利用二倍角公式展開(kāi)，帶值計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)?，，所以，∴，故答案為?5.在底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為3的正三棱柱中，E，F(xiàn)分別為棱BC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D在棱上，且，若平面與平面AED的交線為l，則l與直線所成角的余弦值為_(kāi)_____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，先找到平面與平面AED的交線，然后建立空間直角坐標(biāo)系結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，即可得到結(jié)果.【詳解】由題意，延長(zhǎng),,相交于點(diǎn)，則直線為平面與平面AED的交線，取中點(diǎn)為，分別以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)，則.設(shè)，則.所以，故,故，所以，設(shè)l與直線所成角為，則故答案為:16.設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)镈，若，使得，則稱(chēng)是函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)．若函數(shù)在區(qū)間上存在不動(dòng)點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】采用換元法令，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的方程在上有解，再分離參數(shù)即可求出a的范圍.【詳解】設(shè)，由題可知有解，即有解，即有解，即有解，令，則有解，即在時(shí)有解.易知在時(shí)單調(diào)遞減，在時(shí)單調(diào)遞增，且，，故，則.故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是將對(duì)數(shù)方程化為指數(shù)方程，并采用換元法將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次方程在特定區(qū)間上有解的問(wèn)題.三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)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.自限性疾病是指在發(fā)展到一定階段后會(huì)自行恢復(fù)的疾?。阎撤N自限性疾病在不用藥物的情況下一般10天后就可康復(fù)．現(xiàn)在只有A藥物是針對(duì)該自限性疾病的藥物，為了解A藥物對(duì)該自限性疾病的作用，研究者在患過(guò)該自限性疾病且康復(fù)的群體中隨機(jī)選取了110人作為樣本進(jìn)行調(diào)查，并統(tǒng)計(jì)相關(guān)數(shù)據(jù)后得到如下的列聯(lián)表．已知在選取的110人中隨機(jī)抽取1人，此人為小于10天康復(fù)者的概率為，此人為未用藥物者的概率為．康復(fù)情況用藥情況小于10天康復(fù)10天后康復(fù)合計(jì)患病期用A藥物30患病期未用藥物合計(jì)110（1）請(qǐng)完成上面的列聯(lián)表；（2）依據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，判斷能否有99%的把握認(rèn)為患病期用A藥物與小于10天康復(fù)有關(guān)．附：，．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）詳見(jiàn)解析；（2）有【解析】【分析】（1）根據(jù)小于10天康復(fù)者的概率為，分得到小于10天康復(fù)者和10天后康復(fù)者人數(shù)，由未用藥物者的概率為，得到未用藥物者和用藥物者的人數(shù)，完成列聯(lián)表；（2）由（1）求得的值，再與臨界值表對(duì)照下結(jié)論.【小問(wèn)1詳解】解：因?yàn)樵谶x取的110人中隨機(jī)抽取1人，此人為小于10天康復(fù)者的概率為，所以小于10天康復(fù)者為人，則10天后康復(fù)者為60人；又此人為未用藥物者的概率為，所以未用藥物者為人，則用藥物者為50人，則列聯(lián)表如下表：康復(fù)情況用藥情況小于10天康復(fù)10天后康復(fù)合計(jì)患病期用A藥物302050患病期未用藥物204060合計(jì)5060110【小問(wèn)2詳解】由（1）知：，所以有99%的把握認(rèn)為患病期用A藥物與小于10天康復(fù)有關(guān)．18.已知正項(xiàng)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為，且，．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）記，求數(shù)列的前n項(xiàng)和的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）結(jié)合，求出，再求出公比q即可；（2）求出，根據(jù)等比數(shù)列求和公式，利用分組求和的方法即可求出.【小問(wèn)1詳解】,,或，，.【小問(wèn)2詳解】由（1）知，故，∴.19.在四棱錐中，，．（1）若，證明：平面平面ABCD；（2）若直線PB與平面ABCD所成的角為，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）．【解析】【分析】(1)取AD中點(diǎn)為O，連接PO，OC，證明OP⊥AD及OP⊥OC得OP⊥平面ABCD即可；(2)取AD中點(diǎn)為O，連接OP，OB，BD，證明AD⊥平面POB，得到∠PBO為PB與平面ABCD的夾角，解△PBO，求出OB邊上高，從而得到P到平面ABCD的距離，從而可求四棱錐的體積．【小問(wèn)1詳解】取AD中點(diǎn)為O，連接PO，OC．∵PA=PD，∴OP⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，，∴∠ODC=120°，在△ODC中，根據(jù)余弦定理得，，又，∴，∴，又AD∩OC=O，AD，OC平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，又∵OP平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD；【小問(wèn)2詳解】取AD中點(diǎn)為O，連接OP，OB，BD，∵PA=PD，∴OP⊥AD，∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等邊三角形，則OB⊥AD，又∵OB∩OP=O，OB，OP平面POB，∴AD⊥平面POB，則∠BOP為二面角PADB的平面角，則∠PBO為PB和平面ABCD的夾角，故∠PBO=30°，且△PBO的OB邊上的高h(yuǎn)即為P到平面ABCD的距離．又，則在△PBO中，，，又，∴．20.已知橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為，，過(guò)點(diǎn)的直線l與橢圓C交于異于，的M，N兩點(diǎn)，當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線與直線交于點(diǎn)P，證明點(diǎn)P在定直線上，并求出該定直線的方程．【答案】（1）（2）證明見(jiàn)解析，定直線為：【解析】【分析】（1）由題知，再利用已知條件求出的值即可；（2）由題知直線與直線的斜率存在，分別聯(lián)立直線、直線與橢圓方程解出的坐標(biāo)，根據(jù)共線，找出直線與直線的斜率的關(guān)系，再聯(lián)立直線與直線，得出點(diǎn)坐標(biāo)，化簡(jiǎn)即可.【小問(wèn)1詳解】由題知橢圓焦點(diǎn)在軸上，左、右頂點(diǎn)分別為，，所以，又過(guò)點(diǎn)的直線l與橢圓C交于異于，的M，N兩點(diǎn)，當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，，所以將代入中，求得：，所以，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：.【小問(wèn)2詳解】如圖所示：由題知直線與直線的斜率存在，設(shè)，，由，消去整理得：，解得：，又是異于，的兩點(diǎn)，所以有，同理可得：，又，且共線，所以，化簡(jiǎn)得：，由題知同號(hào)，所以，聯(lián)立：，所以，將代入點(diǎn)的橫坐標(biāo)，則，所以點(diǎn)在定直線上.21.已知函數(shù)，，，．（1）當(dāng)，時(shí)，求函數(shù)的極值；（2）若恒成立，求的最小值．【答案】（1）當(dāng)時(shí)，取極小值；（2）.【解析】【分析】（1）當(dāng)，時(shí)，，后利用導(dǎo)數(shù)可求出極值；（2）由題可得，令，利用導(dǎo)數(shù)研究其在三種情況下的最小值即可.【小問(wèn)1詳解】當(dāng)，時(shí)，，則.，令，則上單調(diào)遞增；令，則在上單調(diào)遞減；則當(dāng)時(shí)，取極小值，無(wú)極大值；【小問(wèn)2詳解】因恒成立，則恒成立，即.設(shè)，則.當(dāng)，要使恒成立，則，此時(shí)；當(dāng)，若，則，此時(shí)不合題意；當(dāng)，若，則，，此時(shí)不合題意；當(dāng)，令，則在上單調(diào)遞增；令，則在上單調(diào)遞減.故，令，，則.令，則在上單調(diào)遞增；令，則在上單調(diào)遞減.故.綜上所述，的最小值為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題涉及函數(shù)極值與恒成立問(wèn)題，難度較大.本題（1）問(wèn)較為基礎(chǔ)，（2）為恒成立問(wèn)題，常轉(zhuǎn)化為最值相關(guān)問(wèn)題，又因本題涉及兩個(gè)變量，故關(guān)鍵在于找到兩變量間關(guān)系.（二）選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23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]（10分）2