河南省十所2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（六）理科数学试题

2022—2023学年高中毕业班阶段性测试（六）理科数学一、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，，则（

）A． B．C． D．2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．在某次演讲比赛中，由两个评委小组（分别为专业人士（记为小组A）和观众代表（记为小组B））给参赛选手打分，根据两个评委小组给同一名选手打分的分值绘制成如图所示的折线图，则下列结论错误的是（

）A．小组A打分的分值的平均数为48B．小组B打分的分值的中位数为66C．小组A打分的分值的极差大于小组B打分的分值的极差D．小组A打分的分值的方差小于小组B打分的分值的方差4．已知，则（

）A． B． C． D．5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（

）A． B．C． D．6．执行如图所示的程序框图，输出的（

）A． B． C． D．07．已知电磁波在空间中自由传播时的损耗公式为，其中D为传输距离（单位：km），F为载波频率（单位：MHz），L为传输损耗（单位：dB）．若载波频率变为原来的200倍，传输损耗增加90dB，则传输距离约为原来的（

）参考数据：．A．倍 B．倍 C．倍 D．倍8．已知是定义在上的奇函数，，若，且满足，则不等式的解集为（

）A． B．

C． D．9．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的值域为（

）A． B．C． D．10．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111．已知双曲线的右焦点为F，点A为C的一条渐近线上的一点，且（O为坐标原点），点M为C的左顶点，以AM为直径的圆与x轴交于不同于点M的点B，且，则C的渐近线方程为（

）A． B．C． D．12．已知四棱锥的底面ABCD是矩形，，，，．若四棱锥的外接球的体积为，则该球上的点到平面PAB的距离的最大值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知在平行四边形ABCD中，点E满足，，则实数______．14．若的展开式中各项的系数和为64，则展开式中的系数为______．15．已知在中，角的对边分别为，且满足，，则的面积为______．16．若存在条直线与函数，的图象都相切，则当取最大值时，实数的取值范围是______．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．已知数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)记，求数列的前n项和．18．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面ABC．(1)证明：；(2)若E为的中点，直线与平面所成的角为45°，求直线与平面所成的角的正弦值．19．某体育频道为了解某地电视观众对卡塔尔世界杯的收看情况，随机抽取了该地200名观众进行调查，下表是根据所有调查结果制作的观众日均收看世界杯时间（单位：时）的频率分布表：日均收看世界杯时间（时）频率如果把日均收看世界杯的时间高于2.5小时的观众称为“足球迷”．(1)根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关；非足球迷足球迷合计女70男40合计(2)将样本的频率分布当作总体的概率分布，现从该地的电视观众中随机抽取4人，记这4人中的“足球迷”人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．参考公式：，其中．参考数据：20．已知椭圆的上顶点为A，右顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，的面积为2．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点且不过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线MQ与直线交于点E，证明：．21．已知函数．(1)求的极值；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．（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．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)设曲线与曲线交于，两点，求；(2)若，是曲线上的两个动点，且，求的取值范围．[选修4—5：不等式选讲]（10分）23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若的最小值为t，a，b，c为正实数，且，证明：．1．A【分析】首先根据指数函数的性质解出指数不等式，即可求出，再根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，所以，解得，所以，又，所以.故选：A2．D【分析】利用复数除法运算求出复数z，再结合共轭复数的意义求解作答.【详解】因为，则，，所以在复平面内对应的点位于第四象限．故选：D3．C【分析】根据平均数公式判断A，将小组打分从小到大排列，即可求出中位数，从而判断B，求出极差判断C，根据数据的分布情况判断D.【详解】由图可知，小组打分的平均数为，故A正确；将小组打分从小到大排列为、、、、、、、、，所以中位数为，故B正确；小组打分的分值的极差为，小组打分的分值的极差为，故C错误；小组打分的分值相对更集中，所以小组打分的分值的方差小于小组打分的分值的方差，故D正确；故选：C4．D【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.【详解】因为，所以.故选：D5．D【分析】根据三视图得到几何体的直观图，从而求出几何体的表面积.【详解】根据几何体的三视图得该几何体为如图所示的多面体，且，，所以，则其表面积为.故选：D6．B【分析】根据给定的程序框图，依次计算直到条件被满足即可作答.【详解】由程序框图知，第一次循环，判断不成立，，；第二次循环，判断不成立，，；第三次循环，判断不成立，，；第四次循环，判断成立，，；第五次循环，判断成立，，；第六次循环，判断成立，，，跳出循环，输出．故选：B7．B【分析】设出变化前后的相关量，再结合已知列式，借助对数运算求解作答.【详解】设原来的传输损耗、载波频率、传输距离分别为，变化后的传输损耗、载波频率、传输距离分别为，则，，因此，于是，解得所以传输距离约为原来的倍.故选：B8．A【分析】根据给定条件，确定函数的单调性，再变形不等式，利用单调性分段求解作答.【详解】因为，且满足，则在上单调递增，因为是定义在R上的奇函数，且，则，在上单调递增，由，得，当时，由，得，当时，由，得，所以原不等式的解集为.故选：A9．A【分析】根据三角函数的变换规则得到的解析式，即可得到的解析式，再将函数写成分段函数，利用辅助角公式化简，最后结合正、余弦函数的性质计算可得.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到，所以，所以，，所以，，当，时，，时，则，即；当，时，，时，则，即；综上可得的值域为.故选：A10．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：C11．B【分析】求出双曲线C的渐近线方程，由给定数量积求出直线的方程，进而求出点A的坐标，再借助相似三角形性质列式计算作答.【详解】设双曲线C的焦距为，如图，不妨设点A在双曲线的渐近线上，由，得，直线的斜率为，则直线，由解得，即，因为以AM为直径的圆与x轴交于不同于点M的点B，则，又，于是，有，即，又，因此，化简整理得，解得，即，所以C的渐近线方程为.故选：B12．C【分析】根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，结合球的截面圆的性质探求球心位置，再求出球心到平面PAB的距离作答.【详解】如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记，则点F为矩形ABCD的外接圆圆心，设，在中，由余弦定理得：，即，的外接圆半径为，记的外接圆圆心为G，则，取AD的中点E，连接PE，EF，显然，，，且P，E，G共线，因为，，，于是平面PAD，即平面PAD，平面PAD，有，而平面ABCD，因此平面ABCD，过G作平面PAD，使，连接FO，于是，则四边形EFOG为矩形，有，则平面ABCD，根据球的性质，得点O为四棱锥外接球的球心，因为球O的体积为，则，解得，而，在，，因此外接圆直径，取PB的中点H，连接OH，显然H为外接圆圆心，则平面PAB，且，所以四棱锥的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8．故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.13．【分析】利用向量的四则运算化简求值.【详解】如图所示：平行四边形ABCD中，点E满足，，解得：.故答案为：14．15【分析】根据给定条件，利用赋值法求出n，再结合二项式展开式的通项求解作答.【详解】依题意，令，得，解得，展开式的通项为，令，即，得展开式的常数项，令，即，得展开式的项，所以展开式中的系数为．故答案为：1515．##【分析】由利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，代入余弦定理可得，再根据三角形的面积公式求解即可.【详解】由及正弦定理可得，①，又因为在中，，所以，代入①式得，所以，解得，，又由余弦定理可得，所以，故答案为：16．【分析】设公切线与的图象的切点为，与的图象的切点为，求出切线方程，依题意可得，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，从而求出的最大值，即可求出参数的取值范围.【详解】设公切线与的图象的切点为，与的图象的切点为，则，，对应的切线分别为，，即，，所以，易知，，所以，即，则，即，设，则，，令得，令得或，所以在上单调递增，在和上单调递减，所以，，又当时，当时，所以的图象大致如下所示：由图可知的最大值为，此时，所以，即.故答案为：【点睛】关键点点睛，涉及到公切线问题，首先设出切点坐标，表示出切线方程，即可得到关于参数的方程组，再参变分离，转化为方程的解，再利用导数研究函数的单调性与极值，数形结合，即可求出参数的取值范围.17．(1)(2)【分析】（1）由可得，当时，有，两式相减可得，利用累乘法得，，再把代入，得，即可求解；（2）先把代入得，则，再利用错位相减法求和得，两式相减即可得出结果.【详解】（1），当时，有则，得，当时，，解得，把代入式得：，当时，，满足上式，.（2）由题意得：，则，得：18．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取AC的中点D，连接BD，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定证明平面ABC即可推理作答.（2）由给定的线面角求出，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面的正弦作答.【详解】（1）如图，在三棱柱中，取AC的中点D，连接BD，因为是等边三角形，则，又平面ABC，平面平面ABC，平面平面，则平面，而平面，于是，又，，平面ABC，因此平面ABC，又平面ABC，则，于是，所以.（2）取AB的中点F，连接CF．由（1）得平面ABC，又，所以是直线与平面ABC所成的角，即，，由（1）知，CF，AB两两互相垂直，以C为坐标原点，直线CF为x轴，过点C且平行于AB的直线为y轴，直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，于是，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为.19．(1)列联表见解析，有的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关(2)分布列见解析，【分析】（1）由频率分布表求出“足球迷”对应的频率即可得到样本中“足球迷”的人数，从而完善列联表，计算出卡方，即可判断；（2）由（1）从该地的电视观众中随机抽取人，其为“足球迷”的概率，则，求出相应的概率，从而得到分布列与数学期望.【详解】（1）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为，则在抽取的人中，“足球迷”有人，所以列联表如下：非足球迷足球迷合计女70男40合计所以，所以有的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关.（2）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为，所以从该地的电视观众中随机抽取人，其为“足球迷”的概率，所以，即的可能取值为、、、、，所以，，，，，所以随机变量的分布列为所以.20．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合点到直线的距离、三角形面积列出关于a，b的方程组，求解作答.（2）直线l的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，求出直线的方程，求出点E的坐标，利用韦达定理结合斜率坐标公式求出直线的斜率即可判断，再验证直线l的斜率不存在的情况作答.【详解】（1）依题意，，有，因为的面积为2，则，又点O到直线AB的距离为，则有，于是，而，解得，所以椭圆C的方程为.（2）直线的斜率，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时，，则，直线的斜率，因此；当直线l的斜率存在时，设其方程为，设，则直线MQ的方程为，令，得，由消去y得：，由于点P在椭圆C内，必有，则，，，因此，即，所以.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．21．(1)极小值，无极大值.(2)【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）参变分离可得对任意的，恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.【详解】（1）函数的定义域为，又，令得，令得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值.（2）由得，即对任意的，恒成立，令，，则，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增