2023届河南省南阳市高三上学期期末质量评估（期末）数学（文）试题

2023届河南省南阳市高三上学期期末质量评估（期末）数学（文）试题一、单选题1．若集合，，则（????）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简集合和，再根据并集的概念可求出结果.【详解】由得，所以，由得，所以，所以.故选：A2．设复数满足，则复数的虚部是（????）A． B．5 C． D．【答案】C【分析】根据复数模的计算以及复数的除法运算，求得复数，即可得答案.【详解】复数满足,即，所以，故复数的虚部是，故选：C3．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（????）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何体的三视图，复原出原几何体，利用三棱锥体积公式求得答案.【详解】如图所示，四棱锥中,底面四边形为边长为1的正方形，底面,,由题意可知，题中所指几何体为图中三棱锥,故该几何体的体积是,故选：B4．从3，4，5，6四个数中任取三个数作为三角形的三边长，则构成的三角形是锐角三角形的概率是（????）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用古典概型和余弦定理即可求得构成的三角形是锐角三角形的概率【详解】从3，4，5，6四个数中任取三个数，共有（3，4，5），（3，4，6），（3，5，6），（4，5，6）四种情况由，可得（3，4，5）构成直角三角形；由，可得（3，4，6）构成钝角三角形；由，可得（3，5，6）构成钝角三角形；由，可得（4，5，6）构成锐角三角形则构成的三角形是锐角三角形的概率是故选：A5．《关于落实主体责任强化校园食品安全管理的指导意见》指出：非寄宿制中小学、幼儿园原则上不得在校内设置食品小卖部、超市，已经设置的要逐步退出．为了了解学生对校内开设食品小卖部的意见，某校对名在校生天内在该校食品小卖部消费过的天数进行统计，将所得数据按照、、、、、分成组，制成如图所示的频率分布直方图．根据此频率分布直方图，下列结论不正确的是（????）A．该校学生每月在食品小卖部消费过的天数不低于的学生比率估计为B．该校学生每月在食品小卖部消费过的天数低于的学生比率估计为C．估计该校学生每月在食品小卖部消费过的天数的平均值不低于D．估计该校学生每月在食品小卖部消费过的天数的中位数介于至之间【答案】C【分析】利用频率、频数与样本容量之间的关系可判断AB选项；利用频率分布直方图计算平均数可判断C选项；利用中位数的定义可判断D选项.【详解】由图可得，该校学生每月在食品小卖部消费过的天数在内的占比为，A正确；该校学生每月在食品小卖部消费过的天数在内的占比为，B正确；估计该校学生每月在食品小卖部消费过的天数的平均值为，C错；该校学生每月在食品小卖部消费过的天数在内的占比为，该校学生每月在食品小卖部消费过的天数在的占比为，所以该校学生每月在食品小卖部消费过的天数的中位数介于至之间，D正确；故选：C.6．已知，，若，，则p是q的（????）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】画出的可行域，结合充分、必要条件的知识确定正确答案.【详解】，，设.，设.，设.，设.则对应的点在正方形的外部（包括边界），如下图所示..则对应的点在以为圆心，半径为的圆的外部（包括边界），如下图所示.由图可知是的必要不充分条件.故选：B7．在中，角的对边分别为，且．角A等于（????）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理角化边化简，可得，再根据余弦定理即可求得答案.【详解】在中,,则,即，即，故，而,故，故选：B8．已知定义在上的函数满足,,当时,,则（????）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据找到周期为2,则,因为,不在内,所以根据奇偶性,有,再根据周期性有,此时,代入中,根据分数指数幂的计算法则,及对数恒等式,对数运算法则求出结果即可.【详解】解:由题知,所以为奇函数,因为,将上式中代替,有,将上式中代替,有,所以周期,则,因为,即,所以,因为时,,所以,所以.故选:D9．已知函数在处有极值0，则的值为（????）A．4 B．7 C．11 D．4或11【答案】C【分析】由于在处有极值0，所以可得，解方程组可求出的值，从而可求得答案【详解】解：由，得，因为在处有极值0，所以，即，解得或，当时，，则在上单调递增，此时函数无极值，所以舍去，当时，，令，得或，经检验和都为函数的极值点，综上，所以，故选：C10．已知函数在上单调递增，且恒成立，则的值为（????）A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】根据三角函数的单调性、最值等知识求得的值.【详解】，所以，由于恒成立，所以，，所以.故选：D11．已知过坐标原点O的直线交双曲线的左右两支分别为A，B两点，设双曲线的右焦点为F，若，则△ABF的面积为（????）A．3 B． C．6 D．【答案】B【分析】作出图形，利用双曲线的对称性可知：为平行四边形，再利用双曲线的定义得出的长，在焦点三角形中利用余弦定理求出角，从而得出，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】设双曲线的左焦点为，根据题意作出图形，如图所示：由双曲线的对称性可知：为平行四边形，所以，由双曲线的定义可知：，则，，在中，因为，由余弦定理可知：，所以，则，所以，故选：.12．已知，，，则大小关系正确的为（????）A． B． C． D．【答案】A【分析】由于，由此可构造函数，利用导数判断其单调性，可得，即得；再根据，，构造，，比较可得，从而可判断，即得答案.【详解】因为，，所以，由于，故，故，设，则，即单调递减，故，即，故，即；，，令，，令，则，当时，在递减，当时，在递增，所以，即（当且仅当时等号成立），∴，即，即，∴，故选：A【点睛】难点点睛：此类比较大小问题，应该所给数看作某些函数的函数值的大小比较，困难之处在于要能根据函数值的特征,或进行适当的变化，发现规律，构造合适的函数，从而利用函数的单调性比较大小.二、填空题13．已知向量,,则向量在向量方向上的投影是______．【答案】【分析】根据投影的公式,将坐标代入即可求出结果.【详解】解:由题知,,在向量方向上的投影为:.故答案为:-114．已知函数是偶函数,则______．【答案】##0.2【分析】根据偶函数,有,代入化简即可得,将所求分式分子分母同除以,代入即可得出结果.【详解】解:由题知数是上偶函数,所以,即,即,即,,所以.故答案为:15．过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于两点,且,则直线的斜截式方程为______．【答案】或【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标,根据焦点坐标设出直线方程及交点坐标,联立方程用韦达定理建立方程组,根据,建立坐标之间的等式,与韦达定理联立即可求出参数,写出方程.【详解】解:由题知,直线斜率存在且不为0,因为抛物线,所以焦点,不妨设直线方程为,,联立,可得:,所以①,②,因为,且三点共线,所以,即,即③,将①③联立可得:,代入②中有,解得:,代入直线方程有或,写成截距式为或.故答案为:或16．在菱形ABCD中，，，将沿折起，使得．则得到的四面体的外接球的表面积为______．【答案】【分析】根据条件得到，过球心作平面，则为等边三角形的中心，分别利用三角形的的中心求出的长度，再利用勾股定理求出外接球半径的平方，进而求出外接球的表面积.【详解】设菱形的对角线交点为，因为四边形为菱形，所以和均是边长为2的等边三角形，则，又因为，在中，，，由余弦定理可得：，所以，过球心作平面，则为等边三角形的中心，因为，为公共边，所以，则有，因为，为等边三角形的中心，则，，在中，由，可得：????，在中，，设四面体的外接球的半径为，则，所以四面体的外接球的表面积为，故答案为：.三、解答题17．推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择，也是打赢污染防治攻坚战的重要环节，为了解居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会随机抽取500名社区居民参与问卷测试，并将问卷得分绘制频数分布表如下：得分男性人数22436067533015女性人数12234054512010(1)将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分）两类，完成列联表，并判断是否有90%的把握认为“居民对垃圾分类的了解程度”与“性别”有关？不太了解比较了解总计男性女性总计(2)从参与问卷测试且得分不低于80分的居民中，按照性别进行分层抽样，共抽取5人，再从这5人中随机抽取3人组成一个环保宣传队，求抽取的3人恰好是两男一女的概率，附：，其中．临界值表：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)表格见解析，有(2)【分析】（1）根据题意即可完成列联表，根据公式求出，再根据临界值表即可得出结论；（2）分别求出抽到女性和男性的人数，再根据古典概型利用列举法即可得出答案.【详解】（1）解：由题意得列联表如下：不太了解比较了解总计男性125165290女性75135210总计200300500计算得，因为，所以有90%的把握认为“居民对垃圾分类的了解程度”与“性别”有关；（2）解：由题意可知，抽到的女性有人，抽到的男性有人，记抽到的男性为a，b，c，抽到的女性为d，e，则基本事件分别为、、、、、、、、、，共10种，抽取的3人恰好是两男一女共有6种，所以抽取的3人恰好是两男一女的概率是．18．已知数列是各项均为正数的等差数列，是其前n项和，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的最大项．【答案】(1)(2)最大项为【分析】（1）先求得首项，再根据等差数列的前n项和公式结合题设，即可求得数列通项公式；（2）由（1）可得，计算，从而判断数列的增减性，可得其最大项.【详解】（1）当时，，解得：或，因为，故．因为，所以，即，解得或，又，即可得．（2）由（1）知，，故，∵，当时，；当时，；当时，，故数列的最大项为．19．如图,四棱锥的底面为直角梯形,,底面,,设平面与平面的交线为．(1)证明:;(2)证明:平面;(3)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】(1)先根据线面平行的判定定理证明平面,再根据线面平行的性质定理即可证明;(2)先根据线面垂直的判定定理证明平面,由(1)的结论,即可证明平面;(3)根据等体积法只需求,根据长度及垂直关系求出中各个边长,进而求出面积,列出关于距离的等式,解出即可.【详解】（1）证明:由题可知,平面,平面,故平面,平面,平面平面,;（2）证明:底面,,底面为直角梯形,且,,平面,平面,平面,由(1)知,平面;（3）由题知,且,连接,如图所示:可得,,底面,,,,,为直角三角形,设点到平面的距离为,,即,即,解得:,故点到平面的距离为.20．已知椭圆（），离心率为，其左右焦点分别为，，P为椭圆上一个动点，且的最小值为1．(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C的上半部分取两点（不包含椭圆左右端点），若，求直线的方程．【答案】(1).(2).【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解得它们的值，可得答案；（2）设直线交x轴于Q点，利用可求得，直线的方程为，联立椭圆方程，得根与系数关系，由可得，结合根与系数关系化简，即可求得m的值，从而求得答案.【详解】（1）设椭圆焦距为，由题意知：，即,且，可得：，，，故椭圆C的方程为：．（2）不妨设直线交x轴于Q点，由，得，则，由于,设，则，解得，故,设直线的方程为，，，，．由，得,可知，，故，则，由,得，需满足，∴①，②,又∵，得③，可得，，故，即，满足，由得，所以直线MN的方程为：，即．另解：延长交椭圆于点P，根据椭圆的对称性可知，，得．设，，，显然，．设直线的方程为，（同上可判断）联立，得，满足，∴①，②，又∵，得③，则可得，，得，解得，故，则，因此，直线的斜率，不妨设直线交x轴于Q点，由，得，由于,设，则，解得，故，所以，直线的方程为：即．【点睛】关键点点睛：解答第二问求解直线方程，由题意可求得直线所过的点的坐标，这点并不困难，解答的关键在于要能根据已知的向量等式关系，推得点坐标之间的关系，从而结合根与系数的关系式进行化简求值.21．已知函数．(1)当时，求证：；(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)或.【分析】（1）利用导数求出函数的最大值为，可得；（2）当a＝0时，不存在零点；当时，转化为函数与的图象有且只有一个交点，利用导数可求出结果.【详解】（1）当时，，，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．所以，即.（2）函数的定义域为，当a＝0时，无解，此时不存在零点；当时，由得，，因为函数有且只有一个零点，设，则函数与的图象有且只有一个交点，，令，则，因为，所以，所以在上单调递减，且，所以当时，，，当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减．所以，当时，，令，在上递增，，则当时，，而在上取值集合为，当时，，于是得当时，的取值集合为，而当时，，又函数与的图象有且只有一个交点，