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河南省新乡市多校联考2022-2023学年高三下学期理数入学测试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·新乡开学考）已知集合，，若，则实数x的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高三下·新乡开学考）已知，且为实数，则实数（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
3．（2023高三下·新乡开学考）在2022年某地销售的汽车中随机选取1000台，对销售价格与销售数量进行统计，这1000台车辆的销售价格都不小于5万元，小于30万元，将销售价格分为五组：（单位：万元）.统计后制成的频率分布直方图如图所示.在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ）
A．800 B．600 C．700 D．750
4．（2023高三下·新乡开学考）已知直线l交抛物线于M，N两点，且MN的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C．3 D．
5．（2023高三下·新乡开学考）已知体积为3的正三棱锥P-ABC，底面边长为，其内切球为球O，若在此三棱锥中再放入球，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球的半径为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三下·新乡开学考）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为.记第n个k边形数为，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数：
正方形数：
五边形数：
六边形数：
可以推测的表达式，由此计算（ ）
A．4020 B．4010 C．4210 D．4120
7．（2023高三下·新乡开学考）如图，程序框图的算法思路源于欧几里得在公元前300年左右提出的“辗转相除法”执行该程序框图，若输入，，则输出m的值为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
8．（2023高三下·新乡开学考）若二项式的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．1792 D．1120
9．（2023高三下·新乡开学考）已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若图象相邻对称轴间的距离为，对任意x，都有，且，则（ ）
A．的最大值为
B．的图象关于点中心对称
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递增
10．（2023高三下·新乡开学考）已知函数若的最小值为6，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．（2023高三下·新乡开学考）设函数在上的导函数为，，对任意，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023高三下·新乡开学考）已知是数列的前n项和，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．（2023高三下·新乡开学考）已知向量，，若，则 .
14．（2023高三下·新乡开学考）方程的实数解为 .
15．（2023高三下·新乡开学考）在长方体中，，，，M是棱上一点，且，则异面直线CD与BM所成角的余弦值为 .
16．（2023高三下·新乡开学考）已知双曲线的左右焦点为、，过的直线与双曲线右支交于A、B两点，则、的内切圆面积之和的取值范围是 ．
三、解答题
17．（2023高三下·新乡开学考）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.
（1）求角A；
（2）若D为AB的中点，且，求的面积.
18．（2023高三下·新乡开学考）在数字化时代，电子书阅读给人们的阅读方式 认知模式与思维习惯带来了改变，电子书阅读的快速增长也再次引发人们对相关问题的思考.某地对本地群众（中老年人与年轻人）的年龄与阅读习惯（经常电子阅读与经常纸质阅读）进行了调查统计，得到如下列联表：
年轻人 中老年人 合计
经常电子阅读 50 35 85
经常纸质阅读 x y 115
合计 M N 200
设从经常电子阅读的人中任取1人，记抽取到的中老年人数为；从经常纸质阅读的人中任取1人，记抽取到的中老年人数为，已知.
参考公式及数据：
，其中.
0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
（1）求列联表中x，y，M，N的值，并判断是否有95%的把握认为阅读习惯与年龄有关；
（2）从年轻人中按阅读习惯用分层抽样的方法抽出10人，再从抽出的10人中用简单随机抽样的方法抽取3人，若其中经常电子阅读的人数为X，求X的分布列及数学期望.
19．（2023高三下·新乡开学考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.
（1）证明：M为PD的中点.
（2）若二面角B-AM-C的余弦值为，求AB.
20．（2023高三下·新乡开学考）已知椭圆，的三个顶点都在椭圆C上，且P为椭圆C的左顶点，直线AB经过点.
（1）求面积的最大值.
（2）若三边所在的直线斜率都存在，且分别记为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．（2023高三下·新乡开学考）已知函数.
（1）判断极值点的个数；
（2）当时，证明：.
22．（2023高三下·新乡开学考）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；
（2）设，曲线与曲线的交点为A，B，求的值.
23．（2023高三下·新乡开学考）已知函数.
（1）当时，求不等式.
（2）若对任意，成立，求a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合的相等
【解析】【解答】因为，所以.
当时，，得；
当时，则.
故实数x的取值集合为.
故答案为：B
【分析】由，得到，分类和，两种情况讨论，即可求解.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为为实数，所以.
故答案为：A
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的基本概念，即可求解.
3．【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】由频率分布直方图知，销售价格在内的频率是，
所以1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为.
故答案为：C
【分析】由频率分布直方图知，求得销售价格在内的频率是，进而得到销售价格在内的车辆台数.
4．【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】易知直线l的斜率存在，设直线的斜率为k，，
则，两式相减得，整理得，
因为MN的中点为，则，
所以，即直线l的斜率为3．
故答案为：C．
【分析】设直线的斜率为，由方程组，两式相减得，结合MN的中点为，进而求得直线的斜率．
5．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积
【解析】【解答】设内切球O的半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为，
因为底面边长为，底面的高，所以，
所以三棱锥的体积，求得，
在底面中，
则侧棱长为，
每个侧面的三边长为，则侧面的高，
所以，所以三棱锥的表面积为.
由等积法知，得.
用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥，下部得到一个高为的棱台，
那么截得的小棱锥的高为，即为高的，则此小棱锥的内切球半径即为球的半径，
根据相似关系，截得的棱锥的体积为，表面积为，
根据等体积法，，解得.
故答案为：D.
【分析】设内切球O的半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为，根据三棱锥的体积求得，进而求得侧面的高，得到三棱锥的表面积，再结合等体积法，求得球的半径，用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥，下部得到一个高为的棱台，得到小棱锥的高和高的，根据相似关系，和等体积法，即可求解.
6．【答案】B
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】，
，
，
.
由此可归纳，
所以.
故答案为：B
【分析】分别求得由此归纳得到，进而求得的值.
7．【答案】A
【知识点】秦九韶算法；辗转相除法与更相减损术
【解析】【解答】题中程序框图为用转相除法求2022和1314的最大公约数.
，，，
，，，结束，
所以2022和1314的最大公约数为6.
故答案为：A
【分析】根据程序框图为用转相除法求2022和1314的最大公约数，结合公约数的计算方法，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以.
通项为，
令，得，所以展开式中项的系数为．
故答案为：D．
【分析】根据题意，得到，求得二项展开式的通项，令，求得，代入即可求解．
9．【答案】D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】因为图象相邻对称轴间的距离为，所以的周期为π，因为，所以，．因为，所以为奇函数，则，因为，所以，．因为，所以，所以，则，A不符合题意；
令，得，所以图象的对称中心为，不存在k使选项成立B不符合题意；
令，得．所以图象的对称轴为，不存在k使选项成立C不符合题意；
令，得，所以的单调递增区间为，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据三角函数的图象与性质，求得函数，可判定A不符合题意；根据正弦函数对称性，求得图象的对称中心为，可判定B不符合题意；根据正弦函数的对称性，求得对称轴为，可判定C不符合题意；根据正弦函数的单调性可判定D符合题意．
10．【答案】C
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；基本不等式
【解析】【解答】因为当时，，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，当时，的最小值大于或等于6.
当时，在上单调递减，则.
由得；
当时，.
由得.
综合可得.
故答案为：C．
【分析】当时，结合基本不等式，求得；当时，的最小值大于或等于6，分和时，列出不等式组，进而求得 实数a的取值范围 .
11．【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的单调性与导数的关系；分段函数的应用
【解析】【解答】因为，的定义域为所以为奇函数，，
令，，
因为对任意，都有，所以，
所以在上单调递增.
因为为偶函数，所以在上单调递减.
不等式等价于，因为，所以，
所以不等式等价于，
所以，即.
故答案为：B．
【分析】由，得到为奇函数，令且，又由，得到，求得在上单调递增，结合为偶函数，把不等式转化为，进而转化为，即可求解.
12．【答案】A
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；数列的应用
【解析】【解答】因为，所以当时，.因为，所以.当时，
，两式相减得.因为，
所以.因为，所以从第二项起是公比为的等比数列，
所以，所以
所以，，
所以.
故答案为：
【分析】由，得到，两式相减得，进而得到得到数列从第二项起是公比为的等比数列，求得数列的通项公式，得到，即可求解.
13．【答案】-6
【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，所以，得.
故答案为：-6.
【分析】根据，得到，列出方程，即可求解.
14．【答案】
【知识点】有理数指数幂的化简求值；对数的运算性质
【解析】【解答】令，则，整理得，解得（舍去）或，所以，故.
故答案为：.
【分析】令，转化为，求得，进而求得方程的解.
15．【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】
因为，所以即为异面直线CD与BM所成角.连接AM，
因为，，，所以，.
在中，，，
所以，故异面直线CD与BM所成角的余弦值为.
故答案为：
【分析】根据异面直线所成角的定义得到即为CD与BM所成角，连接AM，在中，结合余弦定理，即可求解.
16．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解析：令、的内切圆心为、，与x轴切于M，N，
则，所以M、N重合于双曲线右顶点．
过的直线与双曲线右支交于A、B两点，令，
内切圆面积和为
．
故答案为：.
【分析】令、的内切圆心为、，与x轴切于M，N，求得，得到M、N重合于双曲线右顶点，过的直线与双曲线右支交于A、B两点，令，利用圆的面积公式，即可求解.
17．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
所以，
即，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）解：在中，由余弦定理得，即，
所以解得或.
当时，；当时，.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意化简得到，得到，求得，即可求解；
（2） 在中，由余弦定理得出方程求得或，结合三角形的面积公式，即可求解.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
解得.
因为，
所以有95%的把握认为阅读习惯与年龄有关.
（2）解：由题意可知，抽出的10人中，经常电子阅读的有5人，经常纸质阅读的有5人，从中取3人，则X的可能取值为0，1，2，3.
因为；；
；.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1） 根据题意求得，结合公式求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2） 根据题意求得随机变量X的可能取值为0，1，2，3，结合超几何分布的概率公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.
19．【答案】（1）证明：因为AC是所作球面的直径，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面PAD，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
因为平面PCD，所以平面PCD，
因为平面PCD，所以.
因为，所以M为PD的中点.
（2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
设平面ABM的法向量为，因为，，
所以令，则.
设平面ACM的法向量为，因为，，
所以令，得.
设二面角B-AM-C为α，
则，
解得，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由圆的性质，得到，结合平面ABCD，得到，证得平面PAD，进而得到，得到平面PCD，进而证得，即可得到M为PD的中点.
（2） 以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面ABM和平面ACM的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
20．【答案】（1）解：椭圆C：的左顶点，显然直线AB不垂直于y轴，
设直线AB的方程为，，
由消去x得：，
则，
因此，
而点P到直线AB的距离，则，
令，函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，
所以面积的最大值为.
（2）解：由（1）知，，，，，
则
，
所以为定值，且.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 设直线AB的方程为，联立方程组，求得，利用弦长公式求得，再结合点到直线的距离公式，求得，令，结合基本不等式，即可求解.
（2） 由（1）得到，，，进而化简得到，即可得到结论.
21．【答案】（1）解：因为，所以，
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
当时，，若，则，若，则，
所以只有一个极值点；
当时，存在，，使，
当时，；当时，；
所以若，则；若，则；若，则；若，则；
所以有三个极值点；
综上，当时，只有一个极值点；当时，有三个极值点.
（2）证明：，
令，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
令，则等价于，
因为，所以等价于，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，故.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得，令，求得的单调区间和最小值，当时，得到只有一个极值点；当时，得到有三个极值点，进而得到结论；
（2）化简 ，令，利用导数求得函数单调递增，得到，令，不等式转化为等价于，等价于，令，利用导数求得函数单调递增和最小值，结合，即可求解.
22．【答案】（1）解：曲线的极坐标方程为，
因为，，所以，
即曲线的直角坐标方程为.
因为曲线的极坐标方程为，
且，，
所以曲线的直角坐标方程为，
即.
（2）解：因为在曲线上，所以曲线的参数方程为，
将曲线的参数方程代入中，得，
设A，B对应的参数分别为，则，，
所以.
因为，
所以.
【知识点】简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化；直线的参数方程
【解析】【分析】（1） 化简曲线和的极坐标方程为和，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；
（2） 根据题意得到曲线的参数方程为，代入的方程，求得，，结合和，即可求解.
23．【答案】（1）解：由题知，当时，，
所以
因为，所以或或
解得或或，
所以不等式的解集为.
（2）解：因为，
所以，
所以，所以，即，
所以，解得，
所以a的取值范围为.
【知识点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1） 当时，化简函数的解析式为，结合，列出不等式组，即可求解；
（2） 根据绝对值的三角不等式的，求得，转化为不等式，求得，即可求得a的取值范围.
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河南省新乡市多校联考2022-2023学年高三下学期理数入学测试试卷
一、单选题
1．（2023高三下·新乡开学考）已知集合，，若，则实数x的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】集合的相等
【解析】【解答】因为，所以.
当时，，得；
当时，则.
故实数x的取值集合为.
故答案为：B
【分析】由，得到，分类和，两种情况讨论，即可求解.
2．（2023高三下·新乡开学考）已知，且为实数，则实数（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为为实数，所以.
故答案为：A
【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的基本概念，即可求解.
3．（2023高三下·新乡开学考）在2022年某地销售的汽车中随机选取1000台，对销售价格与销售数量进行统计，这1000台车辆的销售价格都不小于5万元，小于30万元，将销售价格分为五组：（单位：万元）.统计后制成的频率分布直方图如图所示.在选取的1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为（ ）
A．800 B．600 C．700 D．750
【答案】C
【知识点】频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】由频率分布直方图知，销售价格在内的频率是，
所以1000台汽车中，销售价格在内的车辆台数为.
故答案为：C
【分析】由频率分布直方图知，求得销售价格在内的频率是，进而得到销售价格在内的车辆台数.
4．（2023高三下·新乡开学考）已知直线l交抛物线于M，N两点，且MN的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】易知直线l的斜率存在，设直线的斜率为k，，
则，两式相减得，整理得，
因为MN的中点为，则，
所以，即直线l的斜率为3．
故答案为：C．
【分析】设直线的斜率为，由方程组，两式相减得，结合MN的中点为，进而求得直线的斜率．
5．（2023高三下·新乡开学考）已知体积为3的正三棱锥P-ABC，底面边长为，其内切球为球O，若在此三棱锥中再放入球，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）；球的体积和表面积
【解析】【解答】设内切球O的半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为，
因为底面边长为，底面的高，所以，
所以三棱锥的体积，求得，
在底面中，
则侧棱长为，
每个侧面的三边长为，则侧面的高，
所以，所以三棱锥的表面积为.
由等积法知，得.
用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥，下部得到一个高为的棱台，
那么截得的小棱锥的高为，即为高的，则此小棱锥的内切球半径即为球的半径，
根据相似关系，截得的棱锥的体积为，表面积为，
根据等体积法，，解得.
故答案为：D.
【分析】设内切球O的半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为，根据三棱锥的体积求得，进而求得侧面的高，得到三棱锥的表面积，再结合等体积法，求得球的半径，用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥，下部得到一个高为的棱台，得到小棱锥的高和高的，根据相似关系，和等体积法，即可求解.
6．（2023高三下·新乡开学考）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为.记第n个k边形数为，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数：
正方形数：
五边形数：
六边形数：
可以推测的表达式，由此计算（ ）
A．4020 B．4010 C．4210 D．4120
【答案】B
【知识点】归纳推理
【解析】【解答】，
，
，
.
由此可归纳，
所以.
故答案为：B
【分析】分别求得由此归纳得到，进而求得的值.
7．（2023高三下·新乡开学考）如图，程序框图的算法思路源于欧几里得在公元前300年左右提出的“辗转相除法”执行该程序框图，若输入，，则输出m的值为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】A
【知识点】秦九韶算法；辗转相除法与更相减损术
【解析】【解答】题中程序框图为用转相除法求2022和1314的最大公约数.
，，，
，，，结束，
所以2022和1314的最大公约数为6.
故答案为：A
【分析】根据程序框图为用转相除法求2022和1314的最大公约数，结合公约数的计算方法，即可求解.
8．（2023高三下·新乡开学考）若二项式的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．1792 D．1120
【答案】D
【知识点】二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以.
通项为，
令，得，所以展开式中项的系数为．
故答案为：D．
【分析】根据题意，得到，求得二项展开式的通项，令，求得，代入即可求解．
9．（2023高三下·新乡开学考）已知函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若图象相邻对称轴间的距离为，对任意x，都有，且，则（ ）
A．的最大值为
B．的图象关于点中心对称
C．的图象关于直线对称
D．在上单调递增
【答案】D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性；正弦函数的零点与最值
【解析】【解答】因为图象相邻对称轴间的距离为，所以的周期为π，因为，所以，．因为，所以为奇函数，则，因为，所以，．因为，所以，所以，则，A不符合题意；
令，得，所以图象的对称中心为，不存在k使选项成立B不符合题意；
令，得．所以图象的对称轴为，不存在k使选项成立C不符合题意；
令，得，所以的单调递增区间为，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据三角函数的图象与性质，求得函数，可判定A不符合题意；根据正弦函数对称性，求得图象的对称中心为，可判定B不符合题意；根据正弦函数的对称性，求得对称轴为，可判定C不符合题意；根据正弦函数的单调性可判定D符合题意．
10．（2023高三下·新乡开学考）已知函数若的最小值为6，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；基本不等式
【解析】【解答】因为当时，，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，当时，的最小值大于或等于6.
当时，在上单调递减，则.
由得；
当时，.
由得.
综合可得.
故答案为：C．
【分析】当时，结合基本不等式，求得；当时，的最小值大于或等于6，分和时，列出不等式组，进而求得 实数a的取值范围 .
11．（2023高三下·新乡开学考）设函数在上的导函数为，，对任意，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的单调性与导数的关系；分段函数的应用
【解析】【解答】因为，的定义域为所以为奇函数，，
令，，
因为对任意，都有，所以，
所以在上单调递增.
因为为偶函数，所以在上单调递减.
不等式等价于，因为，所以，
所以不等式等价于，
所以，即.
故答案为：B．
【分析】由，得到为奇函数，令且，又由，得到，求得在上单调递增，结合为偶函数，把不等式转化为，进而转化为，即可求解.
12．（2023高三下·新乡开学考）已知是数列的前n项和，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；数列的应用
【解析】【解答】因为，所以当时，.因为，所以.当时，
，两式相减得.因为，
所以.因为，所以从第二项起是公比为的等比数列，
所以，所以
所以，，
所以.
故答案为：
【分析】由，得到，两式相减得，进而得到得到数列从第二项起是公比为的等比数列，求得数列的通项公式，得到，即可求解.
二、填空题
13．（2023高三下·新乡开学考）已知向量，，若，则 .
【答案】-6
【知识点】数量积的坐标表达式；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为，所以，得.
故答案为：-6.
【分析】根据，得到，列出方程，即可求解.
14．（2023高三下·新乡开学考）方程的实数解为 .
【答案】
【知识点】有理数指数幂的化简求值；对数的运算性质
【解析】【解答】令，则，整理得，解得（舍去）或，所以，故.
故答案为：.
【分析】令，转化为，求得，进而求得方程的解.
15．（2023高三下·新乡开学考）在长方体中，，，，M是棱上一点，且，则异面直线CD与BM所成角的余弦值为 .
【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】
因为，所以即为异面直线CD与BM所成角.连接AM，
因为，，，所以，.
在中，，，
所以，故异面直线CD与BM所成角的余弦值为.
故答案为：
【分析】根据异面直线所成角的定义得到即为CD与BM所成角，连接AM，在中，结合余弦定理，即可求解.
16．（2023高三下·新乡开学考）已知双曲线的左右焦点为、，过的直线与双曲线右支交于A、B两点，则、的内切圆面积之和的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解析：令、的内切圆心为、，与x轴切于M，N，
则，所以M、N重合于双曲线右顶点．
过的直线与双曲线右支交于A、B两点，令，
内切圆面积和为
．
故答案为：.
【分析】令、的内切圆心为、，与x轴切于M，N，求得，得到M、N重合于双曲线右顶点，过的直线与双曲线右支交于A、B两点，令，利用圆的面积公式，即可求解.
三、解答题
17．（2023高三下·新乡开学考）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.
（1）求角A；
（2）若D为AB的中点，且，求的面积.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
所以，
即，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）解：在中，由余弦定理得，即，
所以解得或.
当时，；当时，.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意化简得到，得到，求得，即可求解；
（2） 在中，由余弦定理得出方程求得或，结合三角形的面积公式，即可求解.
18．（2023高三下·新乡开学考）在数字化时代，电子书阅读给人们的阅读方式 认知模式与思维习惯带来了改变，电子书阅读的快速增长也再次引发人们对相关问题的思考.某地对本地群众（中老年人与年轻人）的年龄与阅读习惯（经常电子阅读与经常纸质阅读）进行了调查统计，得到如下列联表：
年轻人 中老年人 合计
经常电子阅读 50 35 85
经常纸质阅读 x y 115
合计 M N 200
设从经常电子阅读的人中任取1人，记抽取到的中老年人数为；从经常纸质阅读的人中任取1人，记抽取到的中老年人数为，已知.
参考公式及数据：
，其中.
0.10 0.05 0.010 0.005
2.706 3.841 6.635 7.879
（1）求列联表中x，y，M，N的值，并判断是否有95%的把握认为阅读习惯与年龄有关；
（2）从年轻人中按阅读习惯用分层抽样的方法抽出10人，再从抽出的10人中用简单随机抽样的方法抽取3人，若其中经常电子阅读的人数为X，求X的分布列及数学期望.
【答案】（1）解：因为，所以，
解得.
因为，
所以有95%的把握认为阅读习惯与年龄有关.
（2）解：由题意可知，抽出的10人中，经常电子阅读的有5人，经常纸质阅读的有5人，从中取3人，则X的可能取值为0，1，2，3.
因为；；
；.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
.
【知识点】独立性检验；离散型随机变量的期望与方差；超几何分布
【解析】【分析】（1） 根据题意求得，结合公式求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2） 根据题意求得随机变量X的可能取值为0，1，2，3，结合超几何分布的概率公式，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式，即可求解.
19．（2023高三下·新乡开学考）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.
（1）证明：M为PD的中点.
（2）若二面角B-AM-C的余弦值为，求AB.
【答案】（1）证明：因为AC是所作球面的直径，所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面PAD，所以平面PAD，
因为平面PAD，所以，
因为平面PCD，所以平面PCD，
因为平面PCD，所以.
因为，所以M为PD的中点.
（2）解：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则.
设平面ABM的法向量为，因为，，
所以令，则.
设平面ACM的法向量为，因为，，
所以令，得.
设二面角B-AM-C为α，
则，
解得，即.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由圆的性质，得到，结合平面ABCD，得到，证得平面PAD，进而得到，得到平面PCD，进而证得，即可得到M为PD的中点.
（2） 以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面ABM和平面ACM的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
20．（2023高三下·新乡开学考）已知椭圆，的三个顶点都在椭圆C上，且P为椭圆C的左顶点，直线AB经过点.
（1）求面积的最大值.
（2）若三边所在的直线斜率都存在，且分别记为，试判断是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：椭圆C：的左顶点，显然直线AB不垂直于y轴，
设直线AB的方程为，，
由消去x得：，
则，
因此，
而点P到直线AB的距离，则，
令，函数在上单调递增，
则当，即时，取得最小值，
所以面积的最大值为.
（2）解：由（1）知，，，，，
则
，
所以为定值，且.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【分析】（1） 设直线AB的方程为，联立方程组，求得，利用弦长公式求得，再结合点到直线的距离公式，求得，令，结合基本不等式，即可求解.
（2） 由（1）得到，，，进而化简得到，即可得到结论.
21．（2023高三下·新乡开学考）已知函数.
（1）判断极值点的个数；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）解：因为，所以，
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
当时，，若，则，若，则，
所以只有一个极值点；
当时，存在，，使，
当时，；当时，；
所以若，则；若，则；若，则；若，则；
所以有三个极值点；
综上，当时，只有一个极值点；当时，有三个极值点.
（2）证明：，
令，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
令，则等价于，
因为，所以等价于，
令，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，故.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得，令，求得的单调区间和最小值，当时，得到只有一个极值点；当时，得到有三个极值点，进而得到结论；
（2）化简 ，令，利用导数求得函数单调递增，得到，令，不等式转化为等价于，等价于，令，利用导数求得函数单调递增和最小值，结合，即可求解.
22．（2023高三下·新乡开学考）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；
（2）设，曲线与曲线的交点为A，B，求的值.
【答案】（1）解：曲线的极坐标方程为，
因为，，所以，
即曲线的直角坐标方程为.
因为曲线的极坐标方程为，
且，，
所以曲线的直角坐标方程为，
即.
（2）解：因为在曲线上，所以曲线的参数方程为，
将曲线的参数方程代入中，得，
设A，B对应的参数分别为，则，，
所以.
因为，
所以.
【知识点】简单曲线的极坐标方程；点的极坐标和直角坐标的互化；直线的参数方程
【解析】【分析】（1） 化简曲线和的极坐标方程为和，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；
（2） 根据题意得到曲线的参数方程为，代入的方程，求得，，结合和，即可求解.
23．（2023高三下·新乡开学考）已知函数.
（1）当时，求不等式.
（2）若对任意，成立，求a的取值范围.
【答案】（1）解：由题知，当时，，
所以
因为，所以或或
解得或或，
所以不等式的解集为.
（2）解：因为，
所以，
所以，所以，即，
所以，解得，
所以a的取值范围为.
【知识点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法
【解析】【分析】（1） 当时，化简函数的解析式为，结合，列出不等式组，即可求解；
（2） 根据绝对值的三角不等式的，求得，转化为不等式，求得，即可求得a的取值范围.
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