河南省南阳市第八中学校2023届高三第七次调研考试理科数学试题含答案解析

南阳市八中高三年级第七次调研考试数学试题（理）一、选择题（本大题共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.已知非空集合M，N是全集U的子集，则（）A. B. C.M D.N2.已知，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.已知，，，则（）A. B. C. D.4.已知甲、乙、丙3名志愿者参加2022年杭州亚运会的3个比赛项目的服务工作，每名志愿者只能参加1个比赛项目的服务工作，则乙、丙不在同一个比赛项目服务的概率为（）A. B. C. D.5.在正四面体中，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.6.已知的展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为（）A. B. C. D.7.执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（）A.146 B.156 C.169 D.1768.已知定义在R上奇函数在上的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.9.如图，在中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B四等分点，CD与AE交于点F，若，则（）A. B. C. D.10.已知双曲线：经过点，且的实轴长大于，则的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.11.已知函数，若，在内有最小值，没有最大值，则的最大值为（）A.19 B.13 C.10 D.712.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（）A.249 B.499 C.749 D.999二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知，满足，则的最大值为__________．14.写出同时满足下面两个性质的数列的一个通项公式______．①是递增等差数列；②．15.已知体积为的圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的外接球的表面积为___________．16.已知是抛物线：（）的焦点，的准线与轴交于点，过点作曲线的一条切线，若切点在第一象限内，为上第四象限内的一点，且，则______．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，△的面积为．（1）求b，c的值；（2）设D为BC上一点，且，求．18.大力开展体育运动，增强学生体质，是学校教育重要目标之一．某校组织全校学生进行立定跳远训练，为了解训练的效果，从该校男生中随机抽出100人进行立定跳远达标测试，测试结果（单位：米）均在内，整理数据得到如下频率分布直方图．学校规定男生立定跳远2.05米及以上为达标，否则为不达标．（1）若男生立定跳远的达标率低于60%，该校男生还需加强立定跳远训练．请你通过计算，判断该校男学生是否还需加强立定跳远训练；（2）为提高学生的达标率，该校决定加强训练，经过一段时间训练后，该校男生立定跳远的距离（单位：米）近似服从正态分布，且．再从该校任选3名男生进行测试，X表示这3人中立定跳远达标的人数，求X的分布列和数学期望E（X）．19.如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，，，．（1）证明：为直角三角形；（2）求直线与平面所成角的正弦值．20.在平面直角坐标系xOy中，已知，，M是一个动点，C，D分别为线段AM，BM的中点，且直线OC，OD的斜率之积是．记M的轨迹为E．（1）求E的方程；（2）若过点且不与x轴重合直线与E交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为（与Q不重合），直线与x轴交于点G，求的值．21.已知函数（），为的导函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，函数，证明：在处取得极大值．22.某生物实验室用小白鼠进行新冠病毒实验，已知6只小白鼠中有1只感染新冠病毒且无患病症状，将它们分别单独封闭隔离到6个不同的操作间内，由于工作人员的疏忽，没有记录感染新冠病毒的小白鼠所在的操作间，需要通过化验血液来确定．血液化验结果呈阳性即为感染新冠病毒，呈阴性即没有感染新冠病毒．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止．方案乙：先任取4只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明感染新冠病毒的小白鼠为这4只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．（1）求采用方案甲所需化验的次数为4次的概率；（2）用X表示采用方案乙所需化验的次数，求X的分布列：（3）求采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率．南阳市八中高三年级第七次调研考试数学试题（理）一、选择题（本大题共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.已知非空集合M，N是全集U的子集，则（）A. B. C.M D.N【答案】D【解析】分析】利用韦恩图分析即可【详解】根据题意，集合M，N间的关系如下图，易知，可用矩形表示全集U，椭圆表示集合M，圆表示集合N．根据图形可知，所以．故选：D2.已知，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【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算得，结合相关概念：若则和可得结果．【详解】，则，所以在复平面内对应的点为，位于第一象限故选：A．3.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数，对数函数单调性即得.【详解】因为是单调递减函数，且故，因为是单调递减函数，且，故，因为是单调递增函数，故，所以．故选：C4.已知甲、乙、丙3名志愿者参加2022年杭州亚运会的3个比赛项目的服务工作，每名志愿者只能参加1个比赛项目的服务工作，则乙、丙不在同一个比赛项目服务的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】使用间接法，若求乙、丙不在同一个比赛项目服务的安排方法，在所有的安排方法中排除乙、丙在同一个比赛项目服务的安排方法．【详解】甲、乙、丙3名志愿者参加2022年杭州亚运会的3个比赛项目的服务工作，有种安排方法；而乙、丙在同一个比赛项目服务，有种安排方法，所以乙、丙不在同一个比赛项目服务的概率为．故选：C．5.在正四面体中，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设正四面体的棱长为，取的中点，连接、，分析可知或其补角为直线与直线所成的角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果.【详解】如图，设正四面体的棱长为，取的中点，连接、，因为、分别为、的中点，则且，所以或其补角为直线与直线所成的角，因为为等边三角形，为的中点，则，且，同理可得，所以．故选：A．6.已知的展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令,得各项系数之和为，求得，由题意利用二项展开式的通项公式求出的系数．【详解】令得，，解得，所以的展开式中含的项的系数为．故选：D.7.执行如图所示的程序框图，则输出S的值为（）A.146 B.156 C.169 D.176【答案】C【解析】【分析】根据当型循环结构的步骤即得.【详解】根据程序框图，，；执行第1次循环：，；3<6，执行第2次循环：，；5<6，执行第3次循环：，；7>6，结束循环，输出S=169．故选:C．8.已知定义在R上的奇函数在上的图象如图所示，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据奇函数图像关于原点对称即得函数整体图像,利用图像即得.【详解】根据奇函数图象特征，作出在上的图象如图所示，由，得，等价于或解得，或，或．故不等式解集为：.故选:C.9.如图，在中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B四等分点，CD与AE交于点F，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意推出，可得，推出，根据向量的加减运算，用基底表示出，和比较，可得，即得答案.【详解】连结DE，由题意可知，，所以，则，所以，所以，，则，故，又，所以，，则，故选：A10.已知双曲线：经过点，且的实轴长大于，则的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先将点点代入双曲线方程得到关于的一个方程，然后再根据实轴长大于列出关于的不等式即可得出答案【详解】由题意可知，，所以，又，所以，所以，解得故选：D11.已知函数，若，在内有最小值，没有最大值，则的最大值为（）A.19 B.13 C.10 D.7【答案】B【解析】【分析】由解得，再根据函数图像以及周期性即得.【详解】由，得，，解得，，由内有最小值，无最大值，可得，解得，所以的最大值为13.故选:B．12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（）A.249 B.499 C.749 D.999【答案】A【解析】【分析】利用已知关系式构造两个新数列，求出，利用放缩技巧，可得到数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列前项和后，带入函数解析式即可得到答案.【详解】由，得，又，所以数列是以3为首项，4为公比的等比数列，则①；由得，，又，所以数列是常数列，则②，由①②联立可得；因，所以即：所以，故，所以，则．故选：A二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知，满足，则的最大值为__________．【答案】##1.4【解析】【分析】依据线性规划，应用数形结合求的最大值【详解】作出满足条件的可行域如图阴影部分所示，由，可得作出直线并平移，当平移后的直线经过点时．取得最大值，且．故答案为：14.写出同时满足下面两个性质的数列的一个通项公式______．①是递增的等差数列；②．【答案】（答案不唯一，满足d>0，即可）【解析】【分析】设等差数列的公差为d，根据可得，结合递增数列的概念令，求出，利用等差数列的通项公式即可写出.【详解】设等差数列的公差为d，由，得，由①可知，取，则，所以数列的一个通项公式．15.已知体积为的圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的外接球的表面积为___________．【答案】【解析】【分析】先求得圆锥的外接球的半径，再去求该圆锥的外接球的表面积【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得，所以，则圆锥的高为，由，解得，则，，设圆锥的外接球的半径为，由球的性质可知，，即，解得，所以该圆锥的外接球的表面积为．故答案为：16.已知是抛物线：（）的焦点，的准线与轴交于点，过点作曲线的一条切线，若切点在第一象限内，为上第四象限内的一点，且，则______．【答案】【解析】【分析】设切点的坐标为，根据题意，得到切线方程，将代入得的坐标，设，，利用向量求出的坐标，代入抛物线求出即可.【详解】由题意可知，，．设切点的坐标为（，），因为切点在第一象限内，所以取第一象限内抛物线，求导计算切线方程，则，所以切线的斜率为：，所以的方程为，将代入得，，解得，则，即．由，当在第四象限内时，设（），（），又，，则，解得，将点代入：得，解得（负值舍去），所以．故答案为：.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，△的面积为．（1）求b，c的值；（2）设D为BC上一点，且，求．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）整理可得，结合三角形面积公式求解；（2）先用余弦定理求，分别在、中使用正弦定理求解．【小问1详解】∵，则．∴．又∵的面积为，则即，解得，∴，故，．【小问2详解】在中，由余弦定理得，即，解得．由正弦定理，则．在中，由正弦定理，则．18.大力开展体育运动，增强学生体质，是学校教育的重要目标之一．某校组织全校学生进行立定跳远训练，为了解训练的效果，从该校男生中随机抽出100人进行立定跳远达标测试，测试结果（单位：米）均在内，整理数据得到如下频率分布直方图．学校规定男生立定跳远2.05米及以上为达标，否则为不达标．（1）若男生立定跳远的达标率低于60%，该校男生还需加强立定跳远训练．请你通过计算，判断该校男学生是否还需加强立定跳远训练；（2）为提高学生的达标率，该校决定加强训练，经过一段时间训练后，该校男生立定跳远的距离（单位：米）近似服从正态分布，且．再从该校任选3名男生进行测试，X表示这3人中立定跳远达标的人数，求X的分布列和数学期望E（X）．【答案】（1）该校男生还需加强立定跳远训练（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图可求得立定跳远2.05米及以上的频率为0.5，进行分析判断；（2）近似服从正态分布，根据正态分布的对称性可得，再利用二项分布的概率，进行计算．【小问1详解】由频率分布直方图可知，男生立定跳远的达标率为因为，所以该校男生还需加强立定跳远训练．【小问2详解】因为近似服从正态分布，且，所以，由题意可知，，．，，所以X的分布列为X0123P则．19.如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，，，．（1）证明：为直角三角形；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取BC的中点D，连结AD，，根据线面垂直的判定证明BC⊥平面，从而得到、证明即可（2）以D为原点，直线DA，DB，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和再计算即可【小问1详解】证明：取BC的中点D，连结AD，．因为为等边三角形，所以．因为侧面为菱形，，所以为等边三角形，所以，因为，平面，所以BC⊥平面，又，所以，又，所以，所以为直角三角形．【小问2详解】由（1）及，可知，，则在中，，同理，又，所以，所以．以D为原点，直线DA，DB，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，由即取，得，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．20.在平面直角坐标系xOy中，已知，，M是一个动点，C，D分别为线段AM，BM的中点，且直线OC，OD的斜率之积是．记M的轨迹为E．（1）求E的方程；（2）若过点且不与x轴重合的直线与E交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为（与Q不重合），直线与x轴交于点G，求的值．【答案】（1）（）（2）3【解析】【分析】（1）根据题意，设，得到直线AM的斜率为，直线BM的斜率为，结合，即可求得E的方程；（2）设直线方程为，联立方程组，设，，得到，，求得直线的方程，令，求得，得到直线与x轴的交点G的坐标恒为，进而求得的长，即可求解.【小问1详解】解：由题意可知，直线的斜率存在，且，．由直线OC，OD的斜率之积是可知，直线BM，AM的斜率之积是，设，则直线AM的斜率为，直线BM的斜率为，可得，整理得，故E的方程为．【小问2详解】解：由题意，过点F的直线的斜率存在且不为0，设其方程为，联立方程组，整理得，设，，则，，．直线的方程为，令，则，所以直线与x轴的交点G的坐标恒为，所以，，故．21.已知函数（），为的导函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，函数，证明：在处取得极大值．【答案】（1）在上为增函数，在上为减函数（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，设，分和，两种情况讨论，进而求得函数的单调性；（2）求得，设，求得，得到在上为减函数，分和，得出函数的单调性，取得函数的单调性与极大值，即可得到答案.【小问1详解】解：由题意，函数，可得，设，则，当时，，所以在上为减函数，即在上为减函数．当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上为增函数，在上为减函数．即在上为增函数，在上为减函数．【小问2详解】证明：，则，设，则，当时，，均为减函数，所以在上为减函数．①当，即时，则，所以在上为减函数，又，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得极大值．②当，即时，，又在上为减函数，所以存在唯一的，使得，则时，，所以在上单调递减，又，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得极大值．综上可知，当时，函数