河南省创新发展联盟大联考2023届高三预测数学（理科）试题（含解析）

2023年普通高等学校招生全国统一考试预测卷
数学（理科）
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共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．已知复数，其中为虚数单位，则复数的实部与虚部之和为（ ）
A． B． C． D．
2．已知全集，集合，则下列区间不是的子集的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．若的展开式中各项系数之和为1024，则第四项与第五项的系数之比为（ ）
A． B． C． D．
5．根据近五年的资料显示，某村庄月光照量（小时）的统计数据（注：月光照量指的是当月的阳光照射总时长）以及在适合温度下，月光照量与草莓花芽分化的概率的关系，表格如下：
（小时）
月份数 27 18 15
草莓花芽分化的概率 0.90 0.95 0.80
该村庄现有一批草莓，根据上表，试估计在适合温度下，草莓花芽分化的概率为（ ）
A．0.85 B．0.89 C．0.91 D．0.95
6．清代青花瓷盖碗是中国传统茶文化的器物载体，具有“温润”“淡远”“清新”的特征．如图，已知碗体和碗盖的内部均近似为抛物线形状，碗盖深为，碗盖口直径为，碗体口直径为，碗体深，则盖上碗盖后，碗盖内部最高点到碗底的垂直距离为（碗和碗盖的厚度忽略不计）（ ）
A． B． C． D．
7．将一个圆柱截去一部分后得到一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积和截面图形的离心率分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
8．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．1
9．如图1，在中，，，，，，沿将折起，使得二面角为60°，得到三棱锥，如图2，若，则三棱锥与的外接球的球心之间的距离为（ ）
A． B． C．2 D．3
10．在中，内角，，所对的边分别为，，，，为上一点，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
11．已知定义在上的函数与一组半径均不相等的圆：（，），则函数的图象与这组圆的所有交点的纵坐标之和为（ ）
A．0 B．2024 C．4026 D．4048
12．已知点在抛物线：上，直线：（）与抛物线交于，两点（均不与重合），且直线，的倾斜角互补，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知正六边形的边长为1，为边的中点，为正六边形的中心，则______．
14．已知函数（）在区间上单调递减，且为偶函数，则______．
15．已知为坐标原点，双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，过左焦点作斜率为的直线与双曲线交于，两点（在第一象限），是的中点，若是等边三角形，则直线的斜率为______．
16．已知正数，满足，则函数（）的极小值点的个数为______．
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．（12分）
已知和是各项均为正整数的无穷数列，若和都是递增数列，且中任意两个不同的项的和不是中的项，则称被屏蔽．已知数列满足（）．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若为首项与公比均为的等比数列，求数列的前项和，并判断能否被屏蔽，请说明理由．
18．（12分）
某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时间内，甲、乙两种类型的无人运输机操作成功的概率分别为和，假设每次操作能否成功相互独立．
（Ⅰ）该公司分别收集了甲型无人运输机在5个不同的地点测试的两项指标数，（），数据如下表所示：
地点1 地点2 地点3 地点4 地点5
甲型无人运输机指标数 2 4 5 6 8
甲型无人运输机指标数 3 4 4 4 5
试求与间的相关系数，并利用说明与是否具有较强的线性相关关系；（若，则线性相关程度很高）
（Ⅱ）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：
方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．
方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作．
假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．
附：参考公式及数据：，．
19．（12分）
如图，在正四棱台中，，为，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
20．（12分）
有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点到纸片圆心的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点与点重合，以点所在的直线为轴，线段的中点为原点建立平面直角坐标系．
（Ⅰ）记折痕与的交点的轨迹为曲线，求曲线的方程．
（Ⅱ）若直线：（）与曲线交于，两点．
（ⅰ）当为何值时，为定值，并求出该定值．
（ⅱ），为切点，作曲线的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点在直线上，探究：此时直线是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
21．（12分）
已知函数，．
（Ⅰ）若曲线在原点处的切线与曲线相交于不同的两点，，曲线在，点处的切线交于点，求的值；
（Ⅱ）当时，设，证明：对任意的，，成立．
（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．[选修-4：坐标系与参数方程]（10分）
在直角坐标系中，的普通方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，点的极坐标为．
（Ⅰ）写出的一个参数方程及直线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设为上的动点，点满足，记点的轨迹为曲线，求曲线截直线所得的弦长．
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数的零点为，且，其中，，．
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：．
理科数学答案解析
1．参考答案 C
考查目标 本题考查复数的运算与概念，考查数学运算的核心素养．
思路点拨 由题意得，，所以实部为，虚部为，实部与虚部之和为．
2．参考答案 C
考查目标 本题考查集合的运算、不等式的解法，考查数学运算的核心素养．
思路点拨 因为，，所以，显然不是的子集，故选C．
3．参考答案 A
考查目标 本题考查指数、对数的运算，考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
思路点拨 由题意知，，，所以，故，故选A．
4．参考答案 D
考查目标 本题考查二项式定理的应用，考查数学运算、逻辑推理的核心素养．
思路点拨 令，得，解得，所以的通项公式为，所以第四项与第五项的系数之比．
5．参考答案 B
考查目标 本题考查图表信息的识别、概率的计算公式，考查数学建模、数据分析、逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 根据题意，草莓花芽分化的概率为，故选B．
6．参考答案 C
考查目标 本题考查抛物线的图象与性质，考查数学建模、直观想象、数学运算的核心素养．
思路点拨 以碗体的最低点为原点，向上方向为轴，建立直角坐标系，如图所示．
设碗体的抛物线方程为（），将点代入，得，则，设盖上碗盖后，碗盖内部最高点到碗底的垂直距离为，则两抛物线在第一象限的交点为，代入到，解得．
7．参考答案 D
考查目标 本题考查空间几何体的结构和三视图，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 由图可知，该截面是一个长轴长为、短轴长为2的神圆，故其离心事为．根据图形特点，将该几何体补成一个高为2的圆柱，该圆柱的体积，则该几何体的体积为．
8．参考答案 B
考查目标 本题考查三角变换的应用，考查逻辑推理、数学抽象、数学运算的核心素养．
思路点拨 由，
得，①
化简①式，得，又，
所以，即，
因为，，
所以，
且在上单调递增，所以，
所以，则，所以，故选B．
9．参考答案 C
考查目标 本题考查空间几何体与外接球的关系，考查直观想化、逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 因为，，，，平面，所以平面．又平面，则．因为底面，底面，所以．又，，平面，所以平面．又平面，所以，即．因为二面角为60°，所以，在中，，可得，．易知，三棱锥的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，如图所示，
则该长方体的外接球即为三棱锥的外接球，球心为的中点．
在三棱锥中，平面，，同理可得，三棱锥的外接球的球心为的中点，故所求球心距为，故C正确．
10．参考答案 D
考查目标 本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 在中，由，得．又，即，代入整理得，，即．① 在中，由余弦定理得，，② 由①②式，解得．由，得，将其代入②式，得，解得，故的面积．
11．参考答案 D
考查目标 本题考查函数的性质，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 根据题意得，，所以的图象关于点对称．因为，其中，当且仅当时等号成立，而，所以，所以在上单调递增．因为这组圆的圆心为，故交点有1012对，且关于对称，故所有交点的纵坐标之和为．
12．参考答案 C
考查目标 本题考查直线与抛物线的位置关系，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 设，，，所以，，
所以，即．
由消去，可得，由，得，
所以，，所以，，即，
，点到的距离，
所以．
设，，则，
所以，故面积的最大值为．
13．参考答案
考查目标 本题考查平面向量数量积的计算，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 根据题意得，．
14．参考答案
考查目标 本题考查三角函数的图象与性质，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 当时，，由在区间上单调递减，
得，解得，因为，所以．
因为，所以，，
解得，，所以．
15．参考答案
考查目标 本题考查双曲线的几何性质，考查逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养．
思路点拨 设双曲线的半焦距为，，根据题意得．
又，∴．
在中，由余弦定理得，，
即，解得，则．
设，，则，，
两式相减可得，
所以．
设，因为是线段的中点，所以，，
又，所以．
16．参考答案 1012
考查目标 本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 因为，即，所以，所以．
令（），则，所以在上单调递增，
所以，即，所以，．
所以，
令，得，，
当，时，，，则；
当，时，，，则，
所以在，上单调遂减，在，上单调递增，故在，处取得极小值．
因为，所以，则，
又，所以可以取0，1，…，1011，共1012个取值，所以的极小值点的个数为1012．
17．考查目标 本题考查新定义、数列的递推关系以及错位相减法求和，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）利用作差法即可求得．（Ⅱ）利用错位相减法求和，再根据题干定义判断即可．
参考答案 （Ⅰ）由，令，可得，
当时，，，
上述两式作差可得（），
由，可知（）．
（Ⅱ）因为，所以，所以，
，，
作差得，
所以．
显然，是递增数列，且各项均为偶数，
而递增数列的各项均为奇数，所以中的任意两项的和均不是中的项，
所以能被屏蔽．
18．考查目标 本题考查线性相关关系、离散型随机变量的数学期望以及相互独立事件的概率，考查数学建模、逻辑推理、数据分析、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）利用相关系数的公式计算求解，判断即可．（Ⅱ）分析，的取值，对于方案一，利用相互独立事件的概率逐个求概率，再求期望；对于方案二，利用二项分布的概念求期望，比较即可．
参考答案 （Ⅰ），，
相关系数，
因为，所以与具有较强的线性相关关系．
（Ⅱ）设方案一和方案二操作成功的次数分别为，，则，的所有可能取值均为0，1，2，
方案一：，
，
，
所以．
方案二：选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，
所以，
所以，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．
19．考查目标 本题考查线面位置关系、体积的最值以及利用空间向量求线面角，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．（Ⅱ）设，将体积表示为的函较，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．
参考答案 （Ⅰ）作交于，再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
以为原点，，分别为轴、轴，
过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
由得令，则．
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的正弦值为．
20．考查目标 本题考查椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）利用椭圆的定义判断轨迹，即可求出方程．（Ⅱ）（ⅰ）联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系表示出，写出关于的表达式分析可得．（ⅱ）求出在，两点处的切线方程，设出点坐标，并分别代入到两条切线方程，进而表示出直线的方程，即可得到定点．
参考答案 （Ⅰ）由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以曲线的方程，即椭圆方程为．
（Ⅱ）（ⅰ）由消元得，，
由，得．
设，，则，，
所以
，
当为定值时，即与无关，
令，得，此时恒成立，
即当时，为定值，且定值为5．
（ⅱ）设在点处的切线方程为，
由消去，
整理得，
由，
化简得，
因为，
所以，
故在点处的切线方程为，整理可得，①
同理可得，在点处的切线方程为．②
设，将其代入①②，得，，
所以直线的方程为，即，
令，得
故直线过定点，且定点坐标为．
21．考查目标 本题考查利用导数研究函数的单调性和极值、证明不等式，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）利用导数的几何意义，求出曲线在原点处的切线方程以及曲线在，两点处的切线方程，求两条切线的交点即可得到关系．（Ⅱ）构造函数，利用导数符号，判断单调性，即可证得．
参考答案 （Ⅰ）因为，所以，
所以曲线在原点处的切线方程为．
由已知得，，不妨设，
又曲线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
两式相减得，
将，代入，得，
即，
显然，所以，所以，
又，所以．
（Ⅱ）根据题意得，，，
要证，即证，
令（），即证．
因为，
所以．
设（），
所以，
令（），
则，
于是在上单调递增，所以，
所以在上恒成立，即在上单调递增．
因此，所以，
所以在上单调递增，又，
所以，故结论得证．
22．考查目标 本题考查直角坐标方程与参数方程、极坐标方程的互化以及应用，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）利用同角的平方关系，写出的参数方程．利用，即可得到直线的直角坐标方程．（Ⅱ）利用相关点法求解轨迶方程，再利用几何法求弦长．
参考答案 （Ⅰ）由题意，的参数方程为（为参数）．
由，以及，可得，
直线的直角坐标方程为．
（Ⅱ）由题意，点的直角坐标为．设，，
∵，∴，
则即
故曲线的参数方程为（为参数）．
即曲线为圆心为，半径为2的圆，圆心到直线的距离为，
∴曲线截直线所得的弦长为．
23．考查目标 本题考查绝对值函数、基本不等式的应用，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．
思路点拨 （Ⅰ）先求零点，再构造基本不等式的使用形式即可求得最小值．（Ⅱ）添项构造基本不等式形式，然后同向不等式相加即可证得．
参考答案 （Ⅰ）由题意，，解得．
∵，，都是正数，且，∴，
∴
，
当且仅当，即（舍去）时等号成立，
∴的最小值为．
（Ⅱ）∵，，，∴，
当且仅当，即时等号成立，
同理可得，当且仅当时等号成立，
同理可得，当且仅当时等号成立，
上面三式相加可得，
即，
当且仅当，，，即时等号成立．