精品解析：河南省百师联盟2023届高三一轮复习联考（四）全国卷理科数学试题

2023届高三一轮复习联考（四）全国卷 理科数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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2B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.考试时间为120分钟，满分150分 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，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题中的假命题是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 等差数列 中，，当 取得最小值时，n的值为（ ） A. 4或5 B. 5或6 C. 4 D. 5 5. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数满足,则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量 ，其中，且与和与的夹角相等，则=（ ） A. B. 1 C. D. 2 9. 直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 10. 函数关于直线对称，则函数的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 11. 如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 以上均有可能 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题.公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线与它的渐近线以及直线围成的图形绕x轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线C与直线围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是（ ） ①由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面 ②旋转体II的体积为 ③将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为 ④旋转体I的体积为 A. ①② B. ③④ C. ①③④ D. ①②③ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 是数列的前n项和，当时，取得最小值，写出一个符合条件的数列的通项公式，an=______. 14. 给出下列命题： ①若平面上有3个不共线的点到平面 的距离相等，则平面与平面平行； ②若平面上有2个不同的点到平面的距离不相等，则平面与平面相交； ③若平面外的直线l上有3个点到平面的距离相等，则直线l与平面平行； ④若直线l上有2个点到直线m的距离相等，则直线l与直线m平行 其中正确命题是______（只填编号）. 15. 已知平面向量是两两夹角相同的单位向量，则||=______. 16. 正实数，满足，，则的值为____________． 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：60分. 17. 如图,在中,,,为线段上一点,． （1）求的值; （2）当时,求线段的长． 18. 已知数列对于任意的均有；数列的前项和为，且，． （1）求数列，的通项公式； （2）令为数列的前项和，且恒成立，求的最大值． 19. 已知四棱锥 中，底面 ，平面平面 ，，. （1）求证：平面 ； （2）若 ，求二面角的余弦值. 20. 已知双曲线的右焦点为F，点 分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲线的右支于 两点，设直线的斜率分别为，且. （1）求双曲线C的方程； （2）当点P在第一象限，且时，求直线l的方程. 21. 已知函数 （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）当时，证明：. （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] 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,以轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为（）． （1）写出的直角坐标方程和的普通方程; （2）设,的交点为,若,求的值． [选修4—5；不等式选讲] 23. （1）已知正数，，满足，求证：； （2）已知正数，，满足，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023届高三一轮复习联考（四）全国卷 理科数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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2B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.考试时间为120分钟，满分150分 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，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合A，根据集合的并集运算，即可得答案. 【详解】由题意解，可得 ， 所以， 则， 故选：B. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的乘法可得结果. 【详解】由已知可得，则， 因此，. 故选：C. 3. 下列命题中的假命题是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题和特称命题的含义，结合三角函数、指数函数、对数函数的知识依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，，A正确； 对于B，当时，，B正确； 对于C，当时，，C错误； 对于D，值域为，，，D正确. 故选：C. 4. 等差数列 中，，当 取得最小值时，n的值为（ ） A. 4或5 B. 5或6 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】求得数列的首项和公差d，可得通项公式，继而求得的表达式，结合二次函数知识即可得答案. 【详解】设等差数列的首项为，公差为d，则 ， 解得，则， 所以， 由于，故当n取4或5时，取得最小值， 故选：A. 5. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，的值及在区间，上函数值的正负情况，排除错误选项即可得解． 【详解】， 则，， 故是非奇非偶函数，故排除A、B， ；当时，，；当时，，，结合图象可排除C． 故选：D． 6. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数和余弦函数单调性，结合临界值进行判断即可. 【详解】，. 故选：B. 7. 已知正数满足,则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将写为的形式,再用基本不等式即可求出的最大值. 【详解】解:由题知, , 当且仅当时取等号, 所以． 故选:C． 8. 已知平面向量 ，其中，且与和与的夹角相等，则=（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】求出向量，根据题意与和与的夹角相等列出等式，化简可得答案. 【详解】由题意， 得， 由于与和与的夹角相等，故， 即，即， 故选：B. 9. 直线与椭圆交于两点，是椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形为矩形，结合直线倾斜角大小可确定，由此利用表示出，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率. 【详解】 记椭圆的左焦点为， 由对称性可知：四边形为平行四边形，， ； ，，四边形为矩形，， 又，，又，， ，，， 椭圆的离心率. 故选：C. 10. 函数关于直线对称，则函数的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据函数的对称轴可得，然后利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，再利用正弦函数的图象和性质即可求解. 【详解】因为函数关于直线对称， 所以，即，解得， 所以， ，满足关于对称，故最大值为， 故选：. 11. 如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 以上均有可能 【答案】A 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征，分别作出二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，利用三角函数值即可比较两角大小. 【详解】设点M为B1D与的交点，可得，，且 所以平面，即FM⊥平面，所以， 过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示 由三垂线定理可知，所以， 从而， 在中，所以， 又，所以. 故选：A. 12. 祖暅原理也称祖氏原理，是一个涉及求几何体体积的著名数学命题.公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术，祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积相等，那么这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理，国外则一般称之为卡瓦列利原理，已知将双曲线与它的渐近线以及直线围成的图形绕x轴旋转一周得到一个旋转体I，将双曲线C与直线围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体II，则关于这两个旋转体叙述正确的是（ ） ①由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面 ②旋转体II的体积为 ③将旋转体I放入球中，则球的表面积的最小值为 ④旋转体I的体积为 A. ①② B. ③④ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】对于①，想象旋转体几何特征，确定由垂直于y轴的平面截旋转体II，得到的截面为圆面；对于②，根据祖暅原理计算出旋转体II的体积，即可判断；对于③，求出将旋转体I放入球中，当球的表面积最小时，均在球面上或球内，可求得球的表面积的最小值，即可判断；对于④，可根据祖暅原理，计算出旋转体I的体积，即可判断. 【详解】对于①,直线与双曲线的交点为， 则用垂直于y轴的平面截旋转体II的截面为圆面，故①正确 对于②,截面圆的半径为，截面面积为, 与双曲线的渐近线的交点为， 所以是用垂直于y轴的平面截两条渐近线绕y轴旋转得到的旋转体的截面面积. x绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为， 所以与双曲线及渐近线形成的截面圆环面积为定值， 且底面半径为的圆柱的截面面积为8π，高为4的圆柱的体积为， 所以旋转体II的体积为，故②错误； 对于③,双曲线的右顶点为，渐近线的方程为， 当时,，由对称性可知若将旋转体I放入球中时， 当球的表面积最小时，均在球面上或球内， 且此时球的半径与四边形的外接圆的半径相等，四边形的外接圆的圆心在x轴上， 不妨设为点Q，由图可知对应的球的半径至少为2，此时球的表面积是， 由图象可知此时， 所以均在球面上或球内，所以③正确； 对于④,与渐近线交于点， 与双曲线交于点， 则用垂直于x轴的平面截旋转体I的截面应为圆环，其内径为， 外径为，截面面积为， 根据祖暅原理，旋转体I的体积为，故④正确， 故选:C 【点睛】难点点睛：解决此类旋转体相关问题时，难点在于要能发挥空间想象力，明确旋转体的形状特征，因此解答时要能根据双曲线特点想象出几何体特征，并能根据祖暅原理结合几何体相关公式进行计算. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 是数列的前n项和，当时，取得最小值，写出一个符合条件的数列的通项公式，an=______. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据题意，找一个符合题意的等差数列即可得到正确答案. 【详解】由题意，我们可以取一个等差数列： 当时，时，，所以当时，取得最小值. 所以符合题意. 故答案为：（答案不唯一） 14. 给出下列命题： ①若平面上有3个不共线的点到平面 的距离相等，则平面与平面平行； ②若平面上有2个不同的点到平面的距离不相等，则平面与平面相交； ③若平面外的直线l上有3个点到平面的距离相等，则直线l与平面平行； ④若直线l上有2个点到直线m的距离相等，则直线l与直线m平行 其中正确命题是______（只填编号）. 【答案】②③ 【解析】 【分析】根据空间平面与平面以及线面和线线的位置关系，一一判断各命题，可得答案. 【详解】①：该两平面可能相交，因为位于平面两侧的不共线的3个点到平面的距离也是可能相等的，故错误； ②：若平面上有2个不同的点到平面β的距离不相等，则过这两点的直线与平面β相交，则平面与平面相交，故正确； ③：若平面外的直线l上有3个点到平面的距离相等，至少有两个点在平面的同侧， 在平面同侧有两点到平面距离相等，则直线与平面平行，故正确； ④：若直线l与m相交，直线l上在交点两侧的两个点到m的距离也可能相等，故错误， 故答案为:②③. 15. 已知平面向量是两两夹角相同的单位向量，则||=______. 【答案】或6 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的运算律求解即可. 【详解】因为平面向量两两夹角相同，即夹角均为或0， 当夹角为时，， 且， ，则； 当夹角为0时，， 综上，或6. 故答案为: 或6. 16. 正实数，满足，，则的值为____________． 【答案】1 【解析】 【分析】由题意得，，所以，是方程的两个解，设函数，结合函数的单调性，零点存在定理判断在上只有一个零点，即方程只有一个解，可得，即可得出答案． 【详解】解法一：由，得，又因为， 所以，是方程的两个解， 设函数，， 所以函数在上单调递减， 又，， 则函数在上只有一个零点，即方程只有一个解， 所以，∴． 解法二：因为，所以，，即， 设函数，当时，，所以函数在上单调递增， ∵，，∴， ∴，，∴． 故答案为：1． 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：60分. 17. 如图,在中,,,为线段上一点,． （1）求的值; （2）当时,求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 在中,由正弦定理得到之间的关系, 在中,由正弦定理得到之间的关系,根据和即可得的值; (2)先由得到,又有,在中,由余弦定理即可得的长. 【小问1详解】 解:由题知在中,由正弦定理可得: , 即, 在中,由正弦定理可得: , 即, 因为, 所以, 所以, 因为, 所以; 【小问2详解】 当时, 由(1)可知, 在中,由余弦定理可得: , 即, 代入化简可得, 解得或（舍）, 故． 18. 已知数列对于任意的均有；数列的前项和为，且，． （1）求数列，的通项公式； （2）令为数列的前项和，且恒成立，求的最大值． 【答案】（1）； （2）10 【解析】 【分析】（1）根据数列的递推式，采用两式相减的方法可求得其通项公式，根据可证明数列为等比数列，即可求得其通项公式. （2）利用（1）的结果可求得的通项，继而求得，将恒成立，化为，即，结合数列的单调性，即可求得答案. 【小问1详解】 因为——① 当时，， 当时，——② 由①—②有：， 所以时，，经检验当时，，符合上式，所以. 因为，，当， 当时，， 又因为， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 ， 所以， 因为， 令，则， 因为，， 所以当时，数列单调递增；又因为，所以， 即，可得的最大值为10. 19. 已知四棱锥 中，底面 ，平面平面 ，，. （1）求证：平面 ； （2）若 ，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的判定证明平面，再根据，可得结论； （2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案. 【小问1详解】 证明；因为平面平面，平面平面， 在平面内作，则 平面，平面， 所以. 因为PA⊥底面ABCD，平面，所以, 平面，则平面， 因为,∴平面. 【小问2详解】 由（1）可知平面,平面,所以， 以A为原点分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 则， 所以 设平面的法向量为，则 ,即 , 令，则取. 设平面 的法向量为，则,即, 令,则取. 所以， 由图可知所求二面角为钝角，故二面角的余弦值为. 20. 已知双曲线的右焦点为F，点 分别为双曲线C的左、右顶点，过点F的直线l交双曲线的右支于 两点，设直线的斜率分别为，且. （1）求双曲线C的方程； （2）当点P在第一象限，且时，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） . 【解析】 【分析】（1）设点，根据，结合点P是双曲线上的点，化简求得，即得答案. （2）设，利用两角和的正切公式化简可得，设直线，并联立双曲线方程，可得根与系数的关系，化简求得m的值，即得答案. 【小问1详解】 由题意得 ，设点. 则. 因为点P是双曲线上的点，则，∴.，∴， 则双曲线C的方程为 【小问2详解】 设，点P在第一象限， 则， 又， 故， 同理可得，即， 则直线l的斜率大于0， 由（1）可知 ，设直线，联立 ， 化简得 ， 则， 故, ，代入韦达定理得 ， 所以 ，解得或（舍去）， 所以直线l的方程为 . 【点睛】关键点点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系的问题时，一般设出直线方程，并联立圆锥曲线，得到根与系数的关系式，化简求解，解答此题的关键在于要能利用两角和的正切公式结合进行化简得到，从而再结合根与系数的关系化简求解即可. 21. 已知函数 （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）当时，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由在上单调递增，得恒成立，讨论的单调性，求的最小值大于等于恒成立，建立不等关系，求得答案. （2）利用分析法转化需要证明的结论为，构造函数利用导数研究单调性，可判断函数在上存在唯一零点，结合重要不等式对式子进行放缩，结论得证. 【小问1详解】 在上单调递增，所以恒成立， 令恒成立， 当时，恒成立. 当时，所以h（x）在上单调递增， 所以时，，故不符合题意. 当时，令，解得， 当时，单调递增； 当时，，单调递减， 所以 解得. 综上，的取值范围是. 【小问2详解】 证明：当时，， 要证，即证， 只需证， 即证 令，令， 当时，，当时，， 所以 ， 故存在使得 所以， 即在时递增，在时递减. 令， 则二次函数关于直线对称，函数图象开口向下，且， 故当时，，又 ∴， 又，所以函数在上存在唯一零点， 使得. ,当且仅当时等号成立. 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以， 即，当且仅当时等号成立 因为取等号的条件不一致，故. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． （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] 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,以轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为（）． （1）写出的直角坐标方程和的普通方程; （2）设,的交点为,若,求的值． 【答案】（1）; （2） 【解析】 【分析】(1)根据的参数方程及,即可得的直角坐标方程,根据极坐标转与直角坐标的互化,即可得的普通方程; (2)将转化成极坐标方程,将代入,即可得两点极径之间的关系,再根据极径的几何意义,即可得的值. 【小问1详解】 解:由题知, , ∵, 根据极坐标转与直角坐标的互化, 可得; 【小问2详解】 由(1)知, 化简得, 由可将化成极坐标方程: , 把代入, 化简得, 所以,, 由极径的几何意义知,, 又因为,, 所以,且, 故． [选修4—5；不等式选讲] 23. （1）已知正数，，满足，求证：； （2）已知正数，，满足，求证：． 【答案】（1）答案见解析 ；（2）答案见解析 ． 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式可得：，，两式相加即可得证； （2）变形，然后利用基本不等式即可得证． 【详解】（1）证明：，，∴，当且仅当时等号成立， ，，∴，当且仅当时等号成立， ∴， ∴，当且仅当时等号成立． ∵，∴． （2）证明：， ， 当且仅当时等号成立， 由，等号成立的条件是，，， ∴，即，当且仅当，，时等号成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $