河南省2023届高三下学期5月热身卷理科数学试题（一）（老高考）（含解析）

河南省2023届高三下学期5月热身卷理科数学试题（一）
（老高考）
一、单选题
1．已知复数的实部为1，且，则（ ）
A． B．2 C． D．4
2．已知，集合，，则下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．已知向量，，则（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩单位：分，已知甲组数据的中位数为17，乙组数据的平均数为，则x、y的值分别为
A．7、8 B．5、7
C．8、5 D．7、7
5．某流行病调查中心的疾控人员针对该地区某类只在人与人之间相互传染的疾病，通过现场调查与传染源传播途径有关的蛛丝马迹，根据传播链及相关数据，建立了与传染源相关确诊病例人数与传染源感染后至隔离前时长t（单位：天）的模型：．已知甲传染源感染后至隔离前时长为5天，与之相关确诊病例人数为8；乙传染源感染后至隔离前时长为8天，与之相关确诊病例人数为20．打某传染源感染后至隔离前时长为11天，则与之相关确诊病例人数约为（ ）
A．40 B．45 C．60 D．50
6．已知在非 中，，，且，则△ABC的面积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
7．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC上的动点，F为棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点E，使得直线与直线EF相交
B．当E为棱BC的中点时，则平面
C．点A到平面DEF的距离的最大值为
D．存在点E，使得直线与直线EF所成角为
8．已知抛物线的焦点为F，，M为抛物线C上位于第一象限的一点，且点M的横坐标小于2，则的面积（ ）
A．有最大值 B．有最小值
C．有最大值1 D．有最小值1
9．已知函数的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．关于直线对称
D．将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
10．和e是数学上两个神奇的无理数．产生于圆周，在数学中无处不在，时至今日，科学家借助于超级计算机依然进行的计算．而当涉及到增长时，e就会出现，无论是人口、经济还是其它的自然数量，它们的增长总是不可避免地涉及到e．已知，，，，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
11．已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则
A．1 B． C． D．2
12．定义在上的连续函数满足，，，，.则下列关于的命题：①恒成立；②一定是奇函数，一定是偶函数；③；④一定是周期函数.其中真命题的个数为
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
13．若，则__________．
14．双曲线的焦点到其渐近线的距离是__________.
15．已知定义在上的函数的导函数为，若对任意 ，恒成立，则不等式 的解集为_________.
16．在正四棱锥中，，则平面截四棱锥外接球的截面面积是__________.
三、解答题
17．已知数列前n项和=.为等比数列，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和.
18．某小区的住房结构有A和B两种户型，从中各随机抽取40户，调查他们的月平均电费，所得数据如下：
月平均电费 低于200元 不低于200元
A户型 32 8
B户型 18 22
(1)分别估计该小区A户型和B户型居民的月平均电费低于200元的概率；
(2)根据列联表，能否有99%的把握认为该小区居民的月平均电费与所居住的户型有关？
附：，其中.
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
19．在四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
21．已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程;
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
22．已知函数．
(1)求的最小正周期及单调递增区间；
(2)求在上的最值及取最值时相应的值．
23．已知，为正实数，且.
（1）求证：；
（2）求证：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】设出，根据条件列出方程，求出，从而求出模长.
【详解】设，则，，
由题意得：，所以，所以
故选：C
2．C
【分析】解不等式得，由集合的运算与关系对选项逐一判断，
【详解】由得，，，
对于A，，故A错误，
对于B，C，，故B错误，C正确，
对于D，，故D错误，
故选：C
3．C
【分析】应用向量数量积的运算律可得，结合已知及向量模长的坐标计算即可求结果.
【详解】由题设，，而，，
所以，则.
故选：C
4．D
【分析】根据中位数和平均数的公式分别进行计算即可．
【详解】组数据的中位数为17，，
乙组数据的平均数为，
，
得，
则，
故选D．
【点睛】本题主要考查茎叶图的应用，根据中位数和平均数的公式是解决本题的关键．中位数即最中间的数据，平均数即将所有数据加到一起，除以数据个数.
5．D
【分析】由已知可得，，联立求得，采用整体运算求解得答案．
【详解】依题意得， ，，
，
．
故打某传染源感染后至隔离前时长为11天，则与之相关确诊病例人数约为50人．
故选：D．
6．C
【分析】首先由及不是直角三角形得出，再结合同角三角函数的平方关系求出，代入面积计算公式即可．
【详解】，
，
又不是直角三角形，
，
，即，
又，
，解得，
，即，
，
，
故选：C．
7．C
【分析】利用线面平行判断选项A，利用线线不垂直则线面一定不垂直判断选项B，建立空间坐标系，利用坐标法，利用点到平面的距离公式判断选项C，利用异面直线夹角公式求解判断选项D.
【详解】在正方体中，，平面，
平面，所以平面，又平面，
所以与不相交，故A错误；
因为正方体的棱长为2，又E为棱BC的中点，所以，，
在中，，所以，即不成立，
即平面不成立，故B错误；
以D为坐标原点，DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
所以，设，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以点A到平面的距离，
所以当时，点A到平面的距离取到最大值，所以，故C正确；
连接，则，所以异面直线与直线EF所成角为直线与直线EF所成角，
若存在点，使得直线与直线EF所成角为，
则，所以，
所以，又，
得，解得，不符合题意，
故不存在点，使得直线与直线EF所成角，故D错误.
故选：C
8．C
【分析】根据给定条件，作出图形，结合图形确定点M的位置，再判断点M到直线FN的距离情况即可计算作答.
【详解】依题意，抛物线的焦点，则，直线FN的方程为，
过点N作轴交抛物线C于点A，则点A的横坐标为2，因此点M是抛物线C上在原点O与点A之间的点（不含点O，A），
设与直线FN平行且与抛物线C相切的直线的方程为，
由消去y得：，由，解得，
因此当M点为直线与抛物线C相切的切点时，M点到直线FN的距离最大，
当时，，即M点的坐标为，符合题意，此时点M到直线FN的距离为，
所以的面积的最大值为，A错误，C正确，
显然点M到直线FN的距离无最小值，即的面积无最小值，BD错误．
故选：C
9．D
【分析】根据图象求出，和的值，然后利用三角函数的图象和性质即可求解．
【详解】解：由图可知，，即，故选项A正确；
由，可得，则，
因为，即，
所以，，得，，
因为，所以，所以，故选项B正确；
由，可得，即关于直线对称，故选项C正确；
将的图象向左平移个单位长度后得到，
所以为偶函数，图象不关于原点对称.
故选：D.
10．A
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性，赋值比较大小作答.
【详解】依题意，，，，
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则当时，，即，而，因此，即；
令函数，求导得，函数在上单调递减，
则当时，，即，因此，即；
令函数，求导得，函数在上单调递增，
则当时，，即，
因此，即，
所以.
故选：A
11．B
【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得
设坐标分别为，则
因为，所以，从而有 ①
再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②
由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B
12．B
【分析】合理利用赋值法，结合函数的基本性质，逐项进行判定，即可求解.
【详解】由题意，令，可得，，
因为，∴，
所以，①正确且；
由，解得或，由于，可得，又由，可得，
令，则，，
两式相加可得：
，
所以，
两边同时平方得，
即，所以对任意都成立，从而为奇函数，又由，
所以，所以为偶函数，故②正确；
由于，故③正确；
函数，满足条件，但显然它们不是周期函数，故④错误.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用，以及函数的基本性质的综合应用，其中解答中合理利用赋值法和函数的基本性质，进行推理判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
13．/
【分析】结合同角三角函数的基本关系式，化简为，即可求解.
【详解】由三角函数的基本关系式，可得.
故答案为：.
14．3
【分析】直接求出焦点及渐近线，再由点到直线的距离求解即可.
【详解】由题意得：，故双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，
则焦点到其渐近线的距离是.
故答案为：3.
15．
【分析】由条件结合求导公式考虑构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性化简不等式求其解.
【详解】令，因为
所以则
所以在上单调递增，
又不等式可化为 ，又，
所以，
所以，
所以，
所以的解集为.
故答案为：.
16．
【分析】先作出辅助线，求出外接球半径，求出球心到截面的距离，从而得到截面圆的半径，求出截面的面积.
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正方形外接圆的圆心，从而正四棱锥外接球的球心在上，
取棱的中点，连接，作，垂足为.
由题中数据可得，
设四棱锥外接球的半径为，
则，
即，
解得.
由题意易证，
则，
故.
故所求截面圆的面积是.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系求出，利用等比数列的基本量法求得通项公式；
（2）由分组求和法求得．
【详解】（1）时，，
时，，
所以，
设的公比是，则，，所以，
所以；
（2）由（1），
所以．
18．(1)，
(2)有99%的把握认为该小区居民的月平均电费与所居住的户型有关
【分析】（1）根据古典概型计算即可；
（2）由列联表，根据独立性检验公式计算比较即可.
【详解】（1）A户型居民的月平均电费低于200元的概率，
B户型居民的月平均电费低于200元的概率 .
（2）根据列联表．
∴有99%的把握认为该小区居民的月平均电费与所居住的户型有关.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证，由线线垂直证线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可.
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，，
过点C作于E，则，可知，
由余弦定理知，
则，所以.
又，，，平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：因为平面，，所以C为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，即.
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导函数与原函数单调性的关系求解即可；
（2）由（1）得，设，，利用导函数可得，从而可得；设，，利用导函数的几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因为在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
21．(1)
(2).
【分析】（1）根据切线的几何意义得到，根据点斜式可得到方程;
（2）对进行求导，然后分，和且三种情况研究其单调性，判断最值的符号，结合零点存在定理即可
【详解】（1）因为，其定义域为，
因为，所以，所以，所以
又，所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）由题意知，且其定义域为，易知，且，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，不可能有2个不同零点，不合题意;
当时，令，则，
故在上单调递减，
当时，，且，
所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，且，此时函数仅有一个零点，不合题意.
当且时，，
所以存在唯一的，使得，即，所以，
当时，，即;当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，所以.
设，则，
当时，;当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
于是，所以(当且仅当时等号成立)，
因为，所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减.
①当时，由，令，显然在上单调递增，
因为，所以，又，
所以，且由可得，
令，则，可得，
所以在上，单调递减，
从而，即.
所以，从而在内必有另一个零点，
故此时有两个零点.符合题意.
②当时，所以，
因为在定义域内是单调递增函数，且当时，，
所以，此时时，时，，
设，可得.
令，
所以在上单调递减，从而，故，
从而，且当时，存在，使得，
也即当有两个零点.
综上，所求实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．(1)，单调递增区间为，
(2)时，最小值为；时，最大值为
【分析】（1）使用三角恒等变换将化简后求解即可；
（2）由正弦（型）函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）由已知，
，
∴的最小正周期，
由，，解得，，
∴的单调递增区间为，.
（2）由（1）知，，
当时，，
∴由正弦函数的性质知
当，即时，取最小值，最小值为，
当，即时，取最大值，最大值为.
23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据立方和公式、完全平方和公式，结合基本不等式进行证明即可；
（2）利用作差比较法，结合指数函数的性质进行证明即可.
【详解】（1）由题，而
.（当且仅当时取“=”）
（2）
由题，为正实数，故，，即.
所以，即.
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