《河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测理科数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省济洛平许2023届高三第四次质量检测理科数学试题含答案.pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、济洛平许 20222023 学年高三第四次质量检测理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.已知集合?t h,?t?t?log?,则A.?t B.?t?t?t?2.已知复数?满足?t?,则=?A.1B?C.?D.1或?3.在区间-
2、2,2上随机取一个数?,则直线?t?与圆?t?有公共点的概率是?4.2022 年，中央网信办举报中心受理网民举报违法和不良信息 1.72 亿件.下面是 2021 年、2022 年连续两年逐月全国网络违法和不良信息举报受理情况数据及统计图，下面说法中错误的是A.2022 年比 2021 年平均每月举报信息数量多B.举报信息数量按月份比较，8 月平均最多C.两年从 2 月到 4 月举报信息数量都依次增多D.2022 年比 2021 年举报信息数据的标准差大5.双曲线?t?的两条渐近线为?，?，左焦点为?，若点?关于直线?的对称点恰在直线?上，则双曲线的离心率为?C.2?6.下述四个结论：命题“若?
3、t?,则?t?”的否命题是“若?t?,则?”;?t?是?t?的必要而不充分条件;若命题“?”.与命题“?或?”都是真命题，则命题?一定是真命题；命题“?h?ln?”的否定是?h?ln?”其中所有正确结论的序号是A.B.C.D.7.已知?在 R 上单调递增,且为奇函数.若正实数?满足?t?,则?的最小值为?8.已知数列?满足?t?t?则?=A.2023B.2024C.4045D.40479.已知?t sin?t?t?t?,则?的大小关系是A.?B.?C.?D.?10.在正方体?中,?分别为?的中点,则下列结论正确的个数为?/平面?直线?与?所成角的余弦值为?过?，?三点的平面截正方体?所得的截面
4、为梯形A.1B.2C.3D.411.若函数?t?ln?在?上存在两个零点，则?的取值范围是?ln?ln?12.?为抛物线:?t?上任意一点，F为抛物线的焦点.如图,?的最小值为4,直线?t?t?与抛物线交于点，点?，在线段?上，点?，?在抛物线上.若四边形?为菱形,且?轴,则=?二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.已 知?的 二 项 式 系 数 之 和 为 64,则 展 开 式 中?的 系 数 为_(用数字作答).14.已知向量?t?cos?sin?t?cos?sin?t?,若?t?则?=.15.已知等差数列?的前 n 项和为?，?是等比数列且(?t?数列?的前?
5、项和为?,若?t t?t?t?则?=.16.三棱锥?的四个顶点都在半径为 5 的球面上，已知?到平面?的距离为 7，?,?=6.记?与平面?所成的角为?,则 sin?的取值范围为.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 1721 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)?的内角?的对边分别为?t?cos?t?t?(1)求?;(2)若?在线段?上且和?都不重合,?t?求?面积的取值范围.18.(12 分)为进一步加强学生的文明养成教育，推进校园文化建设，倡导真善美，用先进人物的先
6、进事迹来感动师生，用身边的榜样去打动师生，用真情去发现美，分享美，弘扬美，某校以争做最美青年为主题，进行“最美青年”评选活动，最终评出了 10 位“最美青年”，其中 6 名女生 4 名男生、学校准备从这 10 位“最美青年”中每次随机选出一人做事迹报告.(1)若每位“最美青年”最多做一次事迹报告，记第一次抽到女生为事件?，第二次抽到男生为事件,求?;?(2)根据不同需求，现需要从这 10 位“最美青年”中每次选 1 人，可以重复，连续 4 天分别为高一、高二、高三学生和全体教师做 4 场事迹报告，记这 4 场事迹报告中做报告的男生人数为?，求?的分布列和数学期望.19.(12 分)如图,四边形
7、?为菱形,?平面?,?,?t?t?(1)证明:平面?平面?;(2)若?=60,求二面角?的大小.20.(12 分)椭圆?t?t?的短轴长为 2，离心率为?过点?(3，0)的直线?与椭圆?交于?、两点.(1)求椭圆?的方程；(2)椭圆?上是否存在点?,使得直线?与直线?t?分别交于点 A,B,且?t?若存在，求出点?的坐标；若不存在，请说明理由.21.(12 分)已知函数?t?ln?t?(1)求?的单调区间;(2)若方程?t?的两个解分别为?,求证:?.(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 44:坐标系与参数方程(10
8、分)在直角坐标系?中，曲线?的参数方程为?t?t?(?为参数).以坐标原点为极点、?轴正半轴为极轴建立极坐标系，点?的极坐标为(2，?)，曲线?的极坐标方程为?t?cos?曲线?的交点为?(1)求?和?的直角坐标方程；(2)圆?经过?三点,过原点的两条直线?分别交圆?于?和?四点,求证:?t?23.选修 45:不等式选讲(10 分)已知函数?t?的最小值为,?t?的最小值为?实数?，?，?满足?t,?t?(1)求 和?;(2)证明:?济洛平许济洛平许 20222023 学年高三第四次质量检测学年高三第四次质量检测理科数学参考答案理科数学参考答案一、选择题：BACDCBACCBAD二、填空题：1
9、3.6014.2115.53816.1027,22三、解答题：17.解：由bCaccos2得bcCa2cos2由正弦定理得CACACCACBCCAsincos2cossin2sinsin2sinsin2sincossin2.所以0sinsincos2CCA.4 分又因为，0C，所以0sinC，所以21cosA，所以32A.6 分（2）由acbac3222得acbac3222，故232cos222acbacB.因为，0B，所以6B.所以6BAC.7 分由（1）可知，2 cb，设BAM,则3CAN,65BMA,2CNA.在ABM中，由正弦定理可知6sin165sin6sin2sinsinBMABc
10、AM.8 分在ANC中，由正弦定理可知cos12sin6sin2sinsinCNACbAN.9 分故3sincos16sin121sin21MANANAMSAMNcos6sin4310 分2cos2cossin323coscossin323162sin2312cos2sin33.因为30，所以65626，所以162sin21.所以3162sin22.所以23162sin2333.即2333，AMNS.12 分18.解：（1）由题意可得：64432()1091095P B.2分“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件 A发生的条件下，事件 B 发生的概率，则3()5P A，64
11、4()10915P AB.4 分故()4(|)()9P ABP B AP A.6 分（2）被抽取的 4 次中男生人数 X 的取值为 0，1，2，3，4 且2(4,)5XB.7分40043281(0)55625P XC ;311432216(1)55625P XC ;13343296(3)55625P XC ;04443216(4)55625P XC .X01234X 的分布列：11 分X 的数学期望28()455E X.12 分19.(1)证明：设 BD 交 AC 于点 O，连接 EO，FO，因为四边形 ABCD 为菱形，所以BDAC.因为 ED平面 ABCD,AC平面 ABCD，所以EDAC
12、.又DBDED，所以AC平面 BDEF；所以EOAC.2 分设 FB=1，由题意得 ED=2，2 22BDDOBO，.因为 FB/ED，所以 FB平面 ABCD，所以3OF，6EO，3EF.因为222OFOEEF，所以FOEO.4 分因为OACOF，所以 EO平面 ACF.5 分又 EO平面 EAC，所以平面 EAC平面 FAC.6 分(2)取 EF 中点 G，连接 OG，所以 OG/ED，OG底面 ABCD.以 O为原点，以OGOBOA,分别为 x 轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，7 分因为60BAD，由（1）中所设可知，22 ADAB所以，6 OCOA,所以)0,0,6()2,2
13、,0()1,2,0()0,0,6(CEFA，.所以)1,2,6(FA，)2,2,6(EA，)2,2,6(EC.8 分设平面 FAE的一个法向量为),(zyxm，则yzyxzyxzyxEAmFAm223022602600所以)22,1,3(m.9 分同理，可求得平面 AEC 的一个法向量），（120n.10 分所以22)22(13323,cos2nm.11分所以二面角CAEF的大小为.412 分20.解：（1）1b，则2213124eaa.3 分所以椭圆C的方程为2214xy.4 分（2）当 l 斜率不为 0 时,设:3l xny，联立22223,(4)65044xnynynyxy.5 分222
14、23620(4)168005nnnn.设1122(,),(,),(,)Q s t M x yN xy，则12122265,44nyyy ynn.6 分P816252166252166259662516625直线11:()ytMQ ytxsxs，令3x 得11111111()()(3)(3)()(3)(3)3Aytt xsytst nysytsytsxsxsnys 11111(3)(3)33tnys ytns ynysnys .7 分同理可得22(3)3Btns yynys .8 分于是|ABPAPByy12121212(3)(3)3333tns ytns yyynysnysnysnys .若1
15、21233yynysnys ，则由123syy，与直线l的任意性矛盾；9 分若121233yynysnys ，则1221330ynysynys 121242(3)()0106(3)08603ny ys yynnsss .11分所以点Q的坐标为45,33或45,33(当 l 斜率为 0 时也成立).12 分21.解：（1）对函数求导可得：1(ln)xfxexx，1 分令 1lns xxx则 22111=xsxxxx.当 0,10,xsxm x时，单调递减，1,0,sxsxx时，单调递增.2 分所以，min()110 xss 所以，()0fxs x，f x在0，上单调递增.3 分故 f x的单调递
16、增区间是0，无递减区间.分（2）若方程 f xx=g有两个解1x，2x，不妨设210 xx，原方程可以变形为：ln02eexxxxm，设111exxt，222exxt，由 120F xF x，得1122102102tlntmtlntm，6 分因为函数1ln2yxxm是增函数，所以12tt，则1212eexxxx，设121xt tx，则2ln1txt，1ln1ttxt，8 分欲证121x x，即证2ln11ttt，只需证1ln1tttt（*）9 分设 11ln2h xxxx，1x，2212xh xx，在1,上，0h x，h x单调递减，所以 10h xh，所以11ln012xxxx，令xt即得（
17、*）成立，从而，命题得证2 分22.解：（1）曲线1C2C的极坐标方程为4cos，根据公式cos,sinxy可得：4x，所以曲线2C直角坐标方程为：4x.2 分曲线1C的参数方程为222211xttytt，（t为参数），即：224xy.又2212tt,所以曲线1C的普通方程为2242)xyx（?5 分（2）曲线1C，2C的交点为1(4,2 3)P，2(4,2 3)P，点 M 的坐标为(2,0)?6 分圆3C的方程为：22(2)16xy?其极坐标方程为24cos120?7 分设直线1l，2l的极坐标方程分别为1(R)，2(R)，分别代入圆3C的极坐标方程24cos120得，214cos120,|
18、12|12OAOB;8 分224cos120,|12|12OCOD?9 分所以有|OAOBOCOD?10 分23.解：（1）函数()|1|g xx 的最小值为 m=0.2 分函数21,1()|1|1,011 2,0.xxf xxxxxx，,3 分函数在(,0上单调递减，在1,)上单调递增，(0)1f，4 分所以函数()f x的最小值为 n=1.5 分（2）由（1）知0,1ab cabc.6 分因为10,0abcabc ，所以0,0ab，10,0,()(.)ababcab 7 分又因为2()()()()2.abababab 8 分所以212()abab，又1()()abab，所以3()()4ab,所以3()()4ab.9 分所以34ab.10 分