河南省南陽市第八中學校2023屆高三第七次調研考試理科數學試題含答案解析

南陽市八中高三年級第七次調研考試數學試題（理）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知非空集合M，N是全集U的子集，則（）A. B. C.M D.N2.已知，則在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知，，，則（）A. B. C. D.4.已知甲、乙、丙3名志愿者參加2022年杭州亞運會的3個比賽項目的服務工作，每名志愿者只能參加1個比賽項目的服務工作，則乙、丙不在同一個比賽項目服務的概率為（）A. B. C. D.5.在正四面體中，為的中點，則直線與直線所成角的余弦值為（）A. B. C. D.6.已知的展開式中各項系數之和為，則該展開式中含的項的系數為（）A. B. C. D.7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為（）A.146 B.156 C.169 D.1768.已知定義在R上奇函數在上的圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A. B.C. D.9.如圖，在中，點D，E分別在邊AB，BC上，且均為靠近B四等分點，CD與AE交于點F，若，則（）A. B. C. D.10.已知雙曲線：經過點，且的實軸長大于，則的離心率的取值范圍為（）A. B. C. D.11.已知函數，若，在內有最小值，沒有最大值，則的最大值為（）A.19 B.13 C.10 D.712.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號．用他的名字定義的函數稱為高斯函數，其中表示不超過x的最大整數．已知數列滿足，，，若，為數列的前n項和，則（）A.249 B.499 C.749 D.999二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知，滿足，則的最大值為__________．14.寫出同時滿足下面兩個性質的數列的一個通項公式______．①是遞增等差數列；②．15.已知體積為的圓錐的側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的外接球的表面積為___________．16.已知是拋物線：（）的焦點，的準線與軸交于點，過點作曲線的一條切線，若切點在第一象限內，為上第四象限內的一點，且，則______．三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知△的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，△的面積為．（1）求b，c的值；（2）設D為BC上一點，且，求．18.大力開展體育運動，增強學生體質，是學校教育重要目標之一．某校組織全校學生進行立定跳遠訓練，為了解訓練的效果，從該校男生中隨機抽出100人進行立定跳遠達標測試，測試結果（單位：米）均在內，整理數據得到如下頻率分布直方圖．學校規(guī)定男生立定跳遠2.05米及以上為達標，否則為不達標．（1）若男生立定跳遠的達標率低于60%，該校男生還需加強立定跳遠訓練．請你通過計算，判斷該校男學生是否還需加強立定跳遠訓練；（2）為提高學生的達標率，該校決定加強訓練，經過一段時間訓練后，該校男生立定跳遠的距離（單位：米）近似服從正態(tài)分布，且．再從該校任選3名男生進行測試，X表示這3人中立定跳遠達標的人數，求X的分布列和數學期望E（X）．19.如圖，三棱柱的底面為等邊三角形，側面為菱形，，，．（1）證明：為直角三角形；（2）求直線與平面所成角的正弦值．20.在平面直角坐標系xOy中，已知，，M是一個動點，C，D分別為線段AM，BM的中點，且直線OC，OD的斜率之積是．記M的軌跡為E．（1）求E的方程；（2）若過點且不與x軸重合直線與E交于P，Q兩點，點P關于x軸的對稱點為（與Q不重合），直線與x軸交于點G，求的值．21.已知函數（），為的導函數．（1）討論函數的單調性；（2）當時，函數，證明：在處取得極大值．22.某生物實驗室用小白鼠進行新冠病毒實驗，已知6只小白鼠中有1只感染新冠病毒且無患病癥狀，將它們分別單獨封閉隔離到6個不同的操作間內，由于工作人員的疏忽，沒有記錄感染新冠病毒的小白鼠所在的操作間，需要通過化驗血液來確定．血液化驗結果呈陽性即為感染新冠病毒，呈陰性即沒有感染新冠病毒．下面是兩種化驗方案：方案甲：逐個化驗，直到能確定感染新冠病毒的小白鼠為止．方案乙：先任取4只，將它們的血液混在一起化驗．若結果呈陽性，則表明感染新冠病毒的小白鼠為這4只中的1只，然后再逐個化驗，直到能確定感染新冠病毒的小白鼠為止；若結果呈陰性，則在另外2只中任取1只化驗．（1）求采用方案甲所需化驗的次數為4次的概率；（2）用X表示采用方案乙所需化驗的次數，求X的分布列：（3）求采用方案乙所需化驗的次數少于采用方案甲所需化驗的次數的概率．南陽市八中高三年級第七次調研考試數學試題（理）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知非空集合M，N是全集U的子集，則（）A. B. C.M D.N【答案】D【解析】分析】利用韋恩圖分析即可【詳解】根據題意，集合M，N間的關系如下圖，易知，可用矩形表示全集U，橢圓表示集合M，圓表示集合N．根據圖形可知，所以．故選：D2.已知，則在復平面內對應的點位于（）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】利用復數的運算得，結合相關概念：若則和可得結果．【詳解】，則，所以在復平面內對應的點為，位于第一象限故選：A．3.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指數函數，對數函數單調性即得.【詳解】因為是單調遞減函數，且故，因為是單調遞減函數，且，故，因為是單調遞增函數，故，所以．故選：C4.已知甲、乙、丙3名志愿者參加2022年杭州亞運會的3個比賽項目的服務工作，每名志愿者只能參加1個比賽項目的服務工作，則乙、丙不在同一個比賽項目服務的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】使用間接法，若求乙、丙不在同一個比賽項目服務的安排方法，在所有的安排方法中排除乙、丙在同一個比賽項目服務的安排方法．【詳解】甲、乙、丙3名志愿者參加2022年杭州亞運會的3個比賽項目的服務工作，有種安排方法；而乙、丙在同一個比賽項目服務，有種安排方法，所以乙、丙不在同一個比賽項目服務的概率為．故選：C．5.在正四面體中，為的中點，則直線與直線所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設正四面體的棱長為，取的中點，連接、，分析可知或其補角為直線與直線所成的角，計算出三邊邊長，利用余弦定理可求得結果.【詳解】如圖，設正四面體的棱長為，取的中點，連接、，因為、分別為、的中點，則且，所以或其補角為直線與直線所成的角，因為為等邊三角形，為的中點，則，且，同理可得，所以．故選：A．6.已知的展開式中各項系數之和為，則該展開式中含的項的系數為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令,得各項系數之和為，求得，由題意利用二項展開式的通項公式求出的系數．【詳解】令得，，解得，所以的展開式中含的項的系數為．故選：D.7.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為（）A.146 B.156 C.169 D.176【答案】C【解析】【分析】根據當型循環(huán)結構的步驟即得.【詳解】根據程序框圖，，；執(zhí)行第1次循環(huán)：，；3<6，執(zhí)行第2次循環(huán)：，；5<6，執(zhí)行第3次循環(huán)：，；7>6，結束循環(huán)，輸出S=169．故選:C．8.已知定義在R上的奇函數在上的圖象如圖所示，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據奇函數圖像關于原點對稱即得函數整體圖像,利用圖像即得.【詳解】根據奇函數圖象特征，作出在上的圖象如圖所示，由，得，等價于或解得，或，或．故不等式解集為：.故選:C.9.如圖，在中，點D，E分別在邊AB，BC上，且均為靠近B四等分點，CD與AE交于點F，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意推出，可得，推出，根據向量的加減運算，用基底表示出，和比較，可得，即得答案.【詳解】連結DE，由題意可知，，所以，則，所以，所以，，則，故，又，所以，，則，故選：A10.已知雙曲線：經過點，且的實軸長大于，則的離心率的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先將點點代入雙曲線方程得到關于的一個方程，然后再根據實軸長大于列出關于的不等式即可得出答案【詳解】由題意可知，，所以，又，所以，所以，解得故選：D11.已知函數，若，在內有最小值，沒有最大值，則的最大值為（）A.19 B.13 C.10 D.7【答案】B【解析】【分析】由解得，再根據函數圖像以及周期性即得.【詳解】由，得，，解得，，由內有最小值，無最大值，可得，解得，所以的最大值為13.故選:B．12.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號．用他的名字定義的函數稱為高斯函數，其中表示不超過x的最大整數．已知數列滿足，，，若，為數列的前n項和，則（）A.249 B.499 C.749 D.999【答案】A【解析】【分析】利用已知關系式構造兩個新數列，求出，利用放縮技巧，可得到數列的通項公式，再利用裂項相消法求數列前項和后，帶入函數解析式即可得到答案.【詳解】由，得，又，所以數列是以3為首項，4為公比的等比數列，則①；由得，，又，所以數列是常數列，則②，由①②聯(lián)立可得；因，所以即：所以，故，所以，則．故選：A二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知，滿足，則的最大值為__________．【答案】##1.4【解析】【分析】依據線性規(guī)劃，應用數形結合求的最大值【詳解】作出滿足條件的可行域如圖陰影部分所示，由，可得作出直線并平移，當平移后的直線經過點時．取得最大值，且．故答案為：14.寫出同時滿足下面兩個性質的數列的一個通項公式______．①是遞增的等差數列；②．【答案】（答案不唯一，滿足d>0，即可）【解析】【分析】設等差數列的公差為d，根據可得，結合遞增數列的概念令，求出，利用等差數列的通項公式即可寫出.【詳解】設等差數列的公差為d，由，得，由①可知，取，則，所以數列的一個通項公式．15.已知體積為的圓錐的側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的外接球的表面積為___________．【答案】【解析】【分析】先求得圓錐的外接球的半徑，再去求該圓錐的外接球的表面積【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，由題意得，所以，則圓錐的高為，由，解得，則，，設圓錐的外接球的半徑為，由球的性質可知，，即，解得，所以該圓錐的外接球的表面積為．故答案為：16.已知是拋物線：（）的焦點，的準線與軸交于點，過點作曲線的一條切線，若切點在第一象限內，為上第四象限內的一點，且，則______．【答案】【解析】【分析】設切點的坐標為，根據題意，得到切線方程，將代入得的坐標，設，，利用向量求出的坐標，代入拋物線求出即可.【詳解】由題意可知，，．設切點的坐標為（，），因為切點在第一象限內，所以取第一象限內拋物線，求導計算切線方程，則，所以切線的斜率為：，所以的方程為，將代入得，，解得，則，即．由，當在第四象限內時，設（），（），又，，則，解得，將點代入：得，解得（負值舍去），所以．故答案為：.三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知△的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，△的面積為．（1）求b，c的值；（2）設D為BC上一點，且，求．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）整理可得，結合三角形面積公式求解；（2）先用余弦定理求，分別在、中使用正弦定理求解．【小問1詳解】∵，則．∴．又∵的面積為，則即，解得，∴，故，．【小問2詳解】在中，由余弦定理得，即，解得．由正弦定理，則．在中，由正弦定理，則．18.大力開展體育運動，增強學生體質，是學校教育的重要目標之一．某校組織全校學生進行立定跳遠訓練，為了解訓練的效果，從該校男生中隨機抽出100人進行立定跳遠達標測試，測試結果（單位：米）均在內，整理數據得到如下頻率分布直方圖．學校規(guī)定男生立定跳遠2.05米及以上為達標，否則為不達標．（1）若男生立定跳遠的達標率低于60%，該校男生還需加強立定跳遠訓練．請你通過計算，判斷該校男學生是否還需加強立定跳遠訓練；（2）為提高學生的達標率，該校決定加強訓練，經過一段時間訓練后，該校男生立定跳遠的距離（單位：米）近似服從正態(tài)分布，且．再從該校任選3名男生進行測試，X表示這3人中立定跳遠達標的人數，求X的分布列和數學期望E（X）．【答案】（1）該校男生還需加強立定跳遠訓練（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）根據頻率分布直方圖可求得立定跳遠2.05米及以上的頻率為0.5，進行分析判斷；（2）近似服從正態(tài)分布，根據正態(tài)分布的對稱性可得，再利用二項分布的概率，進行計算．【小問1詳解】由頻率分布直方圖可知，男生立定跳遠的達標率為因為，所以該校男生還需加強立定跳遠訓練．【小問2詳解】因為近似服從正態(tài)分布，且，所以，由題意可知，，．，，所以X的分布列為X0123P則．19.如圖，三棱柱的底面為等邊三角形，側面為菱形，，，．（1）證明：為直角三角形；（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取BC的中點D，連結AD，，根據線面垂直的判定證明BC⊥平面，從而得到、證明即可（2）以D為原點，直線DA，DB，分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，分別求得平面的一個法向量和再計算即可【小問1詳解】證明：取BC的中點D，連結AD，．因為為等邊三角形，所以．因為側面為菱形，，所以為等邊三角形，所以，因為，平面，所以BC⊥平面，又，所以，又，所以，所以為直角三角形．【小問2詳解】由（1）及，可知，，則在中，，同理，又，所以，所以．以D為原點，直線DA，DB，分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，由即取，得，設直線與平面所成的角為，則，故直線與平面所成角的正弦值為．20.在平面直角坐標系xOy中，已知，，M是一個動點，C，D分別為線段AM，BM的中點，且直線OC，OD的斜率之積是．記M的軌跡為E．（1）求E的方程；（2）若過點且不與x軸重合的直線與E交于P，Q兩點，點P關于x軸的對稱點為（與Q不重合），直線與x軸交于點G，求的值．【答案】（1）（）（2）3【解析】【分析】（1）根據題意，設，得到直線AM的斜率為，直線BM的斜率為，結合，即可求得E的方程；（2）設直線方程為，聯(lián)立方程組，設，，得到，，求得直線的方程，令，求得，得到直線與x軸的交點G的坐標恒為，進而求得的長，即可求解.【小問1詳解】解：由題意可知，直線的斜率存在，且，．由直線OC，OD的斜率之積是可知，直線BM，AM的斜率之積是，設，則直線AM的斜率為，直線BM的斜率為，可得，整理得，故E的方程為．【小問2詳解】解：由題意，過點F的直線的斜率存在且不為0，設其方程為，聯(lián)立方程組，整理得，設，，則，，．直線的方程為，令，則，所以直線與x軸的交點G的坐標恒為，所以，，故．21.已知函數（），為的導函數．（1）討論函數的單調性；（2）當時，函數，證明：在處取得極大值．【答案】（1）在上為增函數，在上為減函數（2）證明見解析【解析】【分析】（1）求得，設，分和，兩種情況討論，進而求得函數的單調性；（2）求得，設，求得，得到在上為減函數，分和，得出函數的單調性，取得函數的單調性與極大值，即可得到答案.【小問1詳解】解：由題意，函數，可得，設，則，當時，，所以在上為減函數，即在上為減函數．當時，令，解得，當時，，當時，，所以在上為增函數，在上為減函數．即在上為增函數，在上為減函數．【小問2詳解】證明：，則，設，則，當時，，均為減函數，所以在上為減函數．①當，即時，則，所以在上為減函數，又，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以函數在處取得極大值．②當，即時，，又在上為減函數，所以存在唯一的，使得，則時，，所以在上單調遞減，又，所以當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以函數在處取得極大值．綜上可知，當時，函數