精品解析：河南省百师联盟2023届高三一轮复习联考（四）全国卷文科数学试题

2023届高三一轮复习联考（四）全国卷 文科数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式可求得集合，由交集定义可得结果. 【详解】由得：，即，又，. 故选：C. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法可化简所求复数. 【详解】． 故选：D． 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. 已知数列是各项均为正数的等差数列，，且，则公差为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合等差数列通项公式，利用可构造方程求得结果. 【详解】设等差数列的公差为， ，， ，或（舍）， 等差数列的公差为. 故选：B. 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. 如图，正方形中，分别为的中点，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算可得，从而得到的值. 【详解】，，， . 故选：C. 8. 已知函数，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用辅助角公式可得，结合角的范围可得答案. 【详解】， 因为，则， 又因为，所以，所以，即． 故选：C． 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. 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． 11. 如图所示，在正方体中，，分别为，的中点，设二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 与正方体棱长有关 【答案】A 【解析】 【分析】作出二面角以及线面角，通过比较它们的正切值来确定两者的大小关系. 【详解】设点为与的交点，由于， 所以四边形是平行四边形，所以. 由于平面， 所以平面，所以平面，所以， 过点作的垂线，垂足为，又平面， 则平面，又平面，则，所以， 从而，，在中，， 所以，所以． 故选：A 12. 公元年，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”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则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．已知将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，则旋转体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积，用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为，结合祖暅原理可求得旋转体的体积. 【详解】与双曲线的交点为、， 则用垂直于轴的平面截旋转体的截面为圆面，截面圆的半径为，截面面积为， 与双曲线的渐近线的交点为， 所以是用垂直于轴的平面截两条渐近线绕轴旋转得到的旋转体的截面面积， ，绕轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为， 用垂直于轴的平面去截旋转体，所得圆环的面积为， 因为底面半径为，高为的圆柱的截面面积为，体积为， 所以根据祖暅原理得旋转体的体积为， 故选：D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 直线与圆位置关系为___________（相交、相切、相离）． 【答案】相离 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准方程，计算出圆心到直线的距离，并将与圆的半径比较大小，可得出结论. 【详解】圆的标准方程为， 所以圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相离． 故答案为：相离. 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若平面外的直线上有3个点到平面的距离相等，则直线与平面平行； ③若直线上有2个点到直线的距离相等，则直线与直线平行． 其中正确命题是_______________（只填编号）． 【答案】② 【解析】 【分析】对于①，考虑3个点在平面β的两侧的情况，即可判断；对于②，由题意可得3个点均在平面同侧，由3个点到平面的距离相等，则直线与平面平行，即可判断；对于③，若直线与相交，直线上在交点两侧的2个点到的距离也可能相等，即可判断． 【详解】对于①：这两个平面可能相交，位于平面β两侧的不共线的3个点到平面β的距离可能相等，故①错误； 对于②：平面外的直线上有3个点到平面的距离相等，则3个点均在平面同侧，由3个点到平面的距离相等，则直线与平面平行，故②正确； 对于③：若直线与相交，直线上在交点两侧的2个点到的距离也可能相等，所以与也可能相交，故③错误． 故答案为：②． 15. 已知平面向量、、是两两夹角均为的单位向量，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】因为平面向量、、两两夹角均为，， 所以，，则， 故答案为：． 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. 记为数列的前项和，已知． （1）证明：是等差数列； （2）若，记，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用可整理得到，由此可得结论； （2）结合等差数列通项公式可求得，采用裂项相消法可求得. 【小问1详解】 当且时，， ， 整理可得：，， 数列是公差为的等差数列. 【小问2详解】 由（1）得：， ， . 18. 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． 19. 已知四棱锥中，底面，平面平面，，为中点，． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得平面，利用线面垂直的判定定理可得答案； （2）利用可得答案． 【小问1详解】 因为，为中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以， 因为底面，底面，所以， ，平面，则平面，因为， ∴平面； 【小问2详解】 因为平面，∴，，， ，， 到平面的距离为2，设到平面的距离为，因为， 所以，解得．所以到平面的距离为． 20. 已知抛物线（其中）的焦点为，点、分别为抛物线上两个动点，满足以为直径的圆过点，设点为的中点，当时，点的坐标为． （1）求抛物线的方程； （2）直线、与抛物线的另一个交点分别为、，点、分别为、的中点，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分析可知当点为的中点时，为等腰直角三角形，求出点的横坐标，分析可得，结合抛物线的定义可得出关于的等式，解出的值， 即可得出抛物线的方程； （2）分析可知，直线、均不与轴重合，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，可求得点的坐标，同理可得出点的坐标，分、两种情况讨论，求出直线的方程，并化简，即可求得直线所过定点的坐标. 【小问1详解】 解：因为以为直径的圆过点，则， 当点为的中点时，，则，此时为等腰直角三角形， 又点、在轴上，则轴，所以， ，，点在的右侧，所以， 由抛物线的定义知，所以，， 解得，故抛物线的方程为． 【小问2详解】 证明：若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意， 同理可知，直线与轴也不重合， 设直线的方程为，则直线的方程为， 联立方程得，， 设、，则，， 所以，同理可得， 当时，， 所以直线的方程为，化简得， 当时，，直线过定点． 当时，直线的方程为，直线必过点， 综上所述，所以直线过定点． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 21. 已知函数，． （1）求证：在上单调递增； （2）当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先求函数的导数，分，两种情况讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可得出结论； （2）由题意得恒成立，当，时，显然恒成立；当时，得，构造函数，结合函数的单调性及最值即可得出结果． 【小问1详解】 ，， 当时，，，，（等号不能同时成立），所以； 当时，，，，所以， 所以当时，，综上，在上单调递增． 【小问2详解】 ，化简得， ①当时，，显然恒成立； ②当时，，显然恒成立； ③当时，，∴． 设，， 设，． ∵，∴，，∴，在上单调递增， 又由，所以 当时，∴，，∴在上单调递减， 当时，，，∴在上单调递增， 所以，故． （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 $ 2023届高三一轮复习联考（四）全国卷 文科数学试题 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 下列命题中的假命题是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知数列是各项均为正数的等差数列，，且，则公差为（ ） A. B. C. 或 D. 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. 如图，正方形中，分别为的中点，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，且，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知正数满足,则的最大值是（ ） A. B. C. D. 11. 如图所示，在正方体中，，分别为，的中点，设二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 与正方体棱长有关 12. 公元年，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”是立体的高．意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积相等﹐则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则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．已知将双曲线与直线围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，则旋转体的体积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 直线与圆位置关系为___________（相交、相切、相离）． 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若平面外的直线上有3个点到平面的距离相等，则直线与平面平行； ③若直线上有2个点到直线的距离相等，则直线与直线平行． 其中正确命题是_______________（只填编号）． 15. 已知平面向量、、是两两夹角均为的单位向量，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. 记为数列的前项和，已知． （1）证明：是等差数列； （2）若，记，求数列的前项和． 18. 如图,在中,,,为线段上一点,． （1）求的值; （2）当时,求线段的长． 19. 已知四棱锥中，底面，平面平面，，为中点，． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离． 20. 已知抛物线（其中）的焦点为，点、分别为抛物线上两个动点，满足以为直径的圆过点，设点为的中点，当时，点的坐标为． （1）求抛物线的方程； （2）直线、与抛物线的另一个交点分别为、，点、分别为、的中点，证明：直线过定点． 21. 已知函数，． （1）求证：在上单调递增； （2）当时，恒成立，求的取值范围． （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] 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 $