河南省（菁师联盟）2022-2023学年高三上学期12月质量监测考试（文科）数学试题及答案

河南省（菁师联盟）2022-2023学年高三上学期12月质量监测考试（文科）数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足，则z的虚部为（    ）

A． B． C． D．

3．2021年，我国全年货物进出口总额391009亿元，比上年增长21.4%.其中，出口217348亿元，增长21.2%；进口173661亿元，增长21.5%.货物进出口顺差43687亿元，比上年增加7344亿元.如图是我国2017—2021年货物进出口总额统计图，则下面结论中不正确的是（    ）

A．2020年的货物进出口总额322215亿元 B．2020年的货物进出口顺差36343亿元

C．2017—2021年，货物进口总额逐年上升 D．2017—2021年，货物出口总额逐年上升

4．丹麦化学家索伦森是首位建立PH值概念的生化学家，他把PH值定义为，式子中的指的是溶液中的氢离子的浓度，单位为摩尔/升（），若某种溶液中的氢离子的浓度为，则该溶液的PH值约为（）（    ）

A．8 B．7.78 C．7.22 D．6

5．已知直线l：与抛物线C：交于A，B两点，点A，B到x轴的距离分别为m，n，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知单位向量，的夹角为，且向量与的夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，则四边形BDOE的面积为（    ）

A． B． C． D．

8．下图为某四面体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

9．已知函数，，且在上恰有50个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

10．已知数列的前n项和，则数列的前50项和为（    ）

A．2022 B．1800 C．1700 D．1691

11．双曲线C：的左，右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，且，，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

12．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．若x，y满足约束条件，则的最大值为______.

14．某高中数学兴趣小组有男生3人，女生2人，从中选取3人参加数学竞赛，则这3人中恰有2个男生的概率为______.

15．在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，则四棱锥外接球的表面积为______.

16．关于函数有如下四个命题：

①的定义域是；

②图象关于y轴对称；

③的图象关于点，对称；

④在上单调递减，在上单调递增.

其中所有真命题的序号是______.

三、解答题

17．设数列的前n项和为，且满足，.

(1)证明：数列为等比数列；

(2)求的最小值.

18．2022年2月4日—2月20日，北京冬奥会顺利召开，全民关注冬奥赛事.为了更好的普及冬奥知识，某中学举办了冬奥知识竞赛，并随机抽取了100名学生的成绩，且这100名学生的成绩（单位：分）都在，其频数分布表如下图所示.

由分布表得知该中学冬奥知识竞赛成绩的中位数的估计值为82分.

(1)求a，b的值；

(2)该中学冬奥知识竞赛成绩的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.（参考数据：）

19．如图，在三棱柱中，，，，点D，E，F分别为线段BC，，的中点，且.

(1)证明：平面平面ABC；

(2)若，求三棱锥的体积.

20．已知椭圆C：上点与圆上点M的距离的最大值为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)动直线l与椭圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过点（Q与A，B不重合），证明：动直线l过定点，并求出该定点坐标.

21．已知函数，.

(1)讨论的单调性；

(2)证明：当时，.

22．在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，动点P的轨迹为曲线C．

(1)写出曲线C的一个参数方程；

(2)求的取值范围．

23．已知函数，.

(1)当时，解不等式；

(2)若恒成立，求a的取值范围.

参考答案：

1．B

【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．

【详解】因为集合，，，.

故选：B．

2．A

【分析】根据复数的概念和四则运算即可求解

【详解】因为，

所以，则z的虚部为.

故选：.

3．C

【分析】根据2017—2021年货物进出口总额统计图，依次分析各个选项，即可得到答案.

【详解】对于A，2020年的货物进出口总额为亿元，故A正确；

对于B，2020年的货物进出口顺差为亿元，故B正确；

对于C，2020年的货物进口总额为142936亿元，相对于2019的货物进口总额143254亿元下降了，故C错误；

对于D，2017—2021年，货物出口总额逐年上升，故D正确.

故选：C

4．C

【分析】代入公式计算即可.

【详解】.

故选：C

5．A

【分析】联立直线方程与抛物线方程，求出点A，B的纵坐标，进而得到m，n，求出的值.

【详解】联立与得：，

解得：，

不妨令，则，

所以.

故选：A

6．B

【分析】根据平面向量数量积的定义求解即可.

【详解】因为单位向量，的夹角为，且向量与的夹角为，

即，

即，

即，

解得或（舍）.

又因为，所以，即.

故选：B.

7．C

【分析】利用余弦定理求出，连接BO，利用重心性质得到，从而求出四边形BDOE的面积为，得到答案.

【详解】如图，连接BO，

∵，，，

∴，

∵，

∴，

因为点D，E分别是边BC，BA的中点，且AD，CE交于点O，

所以O为的重心，则，则，

又因为，所以，同理，，

设四边形BDOE的面积为，

则，

其中，故.

即四边形BDOE的面积为.

故选：C

8．B

【分析】在长方体中画出该四面体，再由余弦定理以及面积公式求解.

【详解】由题意得该四面体ABCD的直观图如图所示，图中长方体的棱长分别为2，1，，

则，，，四面体ABCD的四个面的面积均相等，，，则四面体ABCD的表面积为.

故选：B

9．C

【分析】由得出，再由余弦函数的性质列出不等式组，进而得出的取值范围.

【详解】因为函数，，所以，，.

所以，所以的取值范围是.

故选：C.

10．D

【分析】先根据求出通项公式，进而得到，当时，，当时，，从而结合等差数列求和公式进行分组求和.

【详解】因为数列的前n项和，

时，，

当时，，

所以，

则，当时，，当时，，

所以数列的前50项和为，

所以.

故选：D.

11．A

【分析】先设，再利用双曲线的定义与向量数乘的性质得到，，关于的关系式，从而在与中利用余弦定理得到的齐次方程，解之即可求得结果.

【详解】根据题意，设，

因为，所以，

由，得，

由，得，

又，，

所以在中，，整理得，故，

在中，，整理得，

则，整理得，即，

所以，则双曲线C的离心率为.

故选：A.

.

12．B

【分析】先比较与1的大小，再比较大小，即可得答案.

【详解】因为在上单调递增，

则，，，

得；又，则；

，则，所以.

综上，.

故选：B.

13．1

【分析】画出可行域，然后把目标函数平移可得.

【详解】解析：如图所示，x，y满足的平面区域如图中阴影所示，令，即直线经过点时，z最大，且，即的最大值为1.

故答案为：1

14．##0.6

【分析】男生女生分别编号后，用列举法写出任选3人的所有基本事件，并得出所求概率事件含有的基本事件，计数后由概率公式计算概率．

【详解】设男生为A，B，C，女生为a，b，则从中选3人的所有的情况为：，，，，，，，，，，共10种情况；这3人中恰有2个男生的所有的情况为：，，，，，，共6种情况.所以这3人中恰有2个男生的概率为.

故答案为：．

15．

【分析】先利用球的性质推得底面，从而推得外接球球心是外接圆的圆心，在中利用正弦定理求得，由此即可求得所求.

【详解】记的中点为，四棱锥外接球球心为，连接，在中过作交于，如图，

因为底面为矩形，为的中点，所以是底面外接圆的圆心，

所以底面，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以底面，

所以，又，所以共线，

因为平面，所以平面，则在面内，

所以四棱锥外接球的球心是外接圆的圆心，设外接球的半径为，

在中，因为，，

所以，

则由正弦定理得，得，

所以四棱锥外接球的表面积为.

故答案为：.

.

16．②③

【分析】由解析式有意义列不等式求函数定义域，判断①，根据偶函数的定义结合余弦函数性质证明函数为偶函数，判断②，根据对称性的定义判断③，根据复合函数的单调性结论判断④，由此可得结论.

【详解】因为有意义，所以，故，，所以的定义域是，故①错误；

函数的定义域关于原点对称，且， 所以函数为偶函数，

故图象关于y轴对称，故②正确；

，

的图象关于点，对称，故③正确；

令，则，

因为在上单调递减，所以当时，，

又函数和函数在上都为增函数，所以在上单调递增，所以在上单调递减，同理可得在上单调递减，故④错误；则所有真命题的序号是②③.

故答案为：②③

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由构造法证明即可；

（2）由作差法得出的单调性，即可求最小值.

【详解】（1）因为，所以，即，又因为，则，，所以数列为等比数列；

（2）由（1）得，则，

所以，

当时，，

所以当且时，，即，则；

当且时，，即，则.

综上，，即的最小值为.

18．(1)

(2)该中学冬奥知识竞赛成绩的平均数与标准差的估计值分别为81和10.2

【分析】（1）根据100名学生的中位数为82分，列出方程组，求出a，b的值分别为32和40；

（2）根据平均数公式和标准差公式计算即可.

【详解】（1）因为该中学冬奥知识竞赛成绩的中位数的估计值为82分，

所以，解得：，

则a，b的值分别为32和40；

（2）该中学冬奥知识竞赛成绩的平均数为：

；

该中学冬奥知识竞赛成绩的标准差为：

.

所以.

该中学冬奥知识竞赛成绩的平均数与标准差的估计值分别为81和10.2.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由几何关系证、、，由线线垂直证平面，则可接连证、平面ABC、平面平面ABC；

（2）过B作于点G，由平面平面ABC证平面，由几何关系可得点D到平面的距离，最后由即可求.

【详解】（1）如图，取AC的中点O，连接OD，，因为，，所以为等边三角形，所以.

又因为，点O，D分别为线段AC，BC的中点，所以，所以，

因为，，平面，所以平面，∵平面，则，

又因为，平面ABC，所以平面ABC，又因为平面，所以平面平面ABC.

（2）如图，过B作于点G，由（1）得平面平面ABC，且平面平面，平面，所以平面，

在直角ABC中，，，，所以，由，

又因为点D为线段BC的中点，所以点D到平面的距离h为点B到平面的距离BG的一半，即.

因为点E，F分别为线段，的中点，所以，又因为，所以的面积为，，

所以三棱锥的体积为.

20．(1)

(2)证明见解析，直线l过定点.

【分析】（1）设圆心为，数形结合得到点与圆上点M的距离的最大值为加上半径，从而列出方程，结合在椭圆上，从而求出，，得到椭圆方程；

（2）先考虑直线l斜率存在，设直线l：，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，由求出直线l：或l：，舍去不合要求的解，再考虑直线l斜率不存在时，得到直线l：，不合要求，证明出结论，及定点坐标.

【详解】（1）因为椭圆C：过点，

所以，

的圆心为，半径为1，

点与圆上点M的距离的最大值为加上半径，

即，

解得：，，

则椭圆C的方程为.

（2）当直线l斜率存在时，设直线l：，

，

设点，，则，

，

所以或.

则直线l：或l：，

因为Q与A，B不重合，故不合要求，

所以直线l：，即直线过定点.

当直线l斜率不存在时，设直线l：，不妨设，，

所以.

所以，直线l：，因为Q与A，B不重合，所以不满足题意.

综上，直线l过定点.

【点睛】处理定点问题的思路：

（1）确定题目中的核心变量（此处设为），

（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，

（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，

①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；

②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）对参数分类，由导数法讨论单调性即可

（2）原命题等价于，由导数法求极值，求即可.

【详解】（1），

当时，，在上单调递减；

当时，，，则在上单调递减，在上单调递增；

当时，，，则在上单调递增，在上单调递减.

综上，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）当时，，，

要证，即证，令，也就是要证明，

由（1）得在上单调递减，在上单调递增，所以；

，由，所以在上单调递增，在上单调递减，所以；

∴，又∵在处取得最小值，而在处取得最小值，所以.

综上，.

【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．

22．(1)（为参数）

(2)

【分析】（1）将代入，化简即可得到曲线C的直角坐标方程，再转化为参数方程即可；（2）结合（1）可得，再根据的取值范围即可求解的取值范围．

【详解】（1）因为，，动点满足，

所以，整理得曲线C的方程为，

则曲线C的一个参数方程为（为参数）；

（2）因为，所以，

则，

所以的取值范围为．

23．(1)

(2)

【分析】（1）换元后，利用零点分段法解绝对值不等式，得到不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式得到，从而得到，求出a的取值范围.

【详解】（1）当时，不等式化简为，

令，

则，当时，，则；

当时，恒成立，则；

当时，恒成立，则.

综上，，即，解得：，

所以解集为.

（2）因为，

而，

故，当且仅当时，等号成立，

又因为恒成立，

即，

解得：或，

故a的取值范围是.