2023屆普通高等學校招生全國統一考試河南名校聯盟大聯考（2月）數學（文科）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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用集合的交集運算求解.【詳解】解：因為集合，，所以，故選：D2.已知復數，若z的共軛復數，則實數（）A.1 B.2 C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根據復數乘法求出和，與已知對比即可求出b的值.【詳解】，，，.故選：C.3.已知三角形數表：現把數表按從上到下、從左到右的順序展開為數列，則()A.16 B.32 C.64 D.512【答案】A【解析】【分析】先確定在數表中的位置，再根據等比數列通項公式即可求解．【詳解】在數表中，第n行有n個數，則前9行共有個數，則是數表第10行從左到右的第5個數，．故選：A4.一組互不相等的樣本數據：，…，，，其平均數為，方差為，極差為m，中位數為t，去掉其中的最小值和最大值后，余下數據的平均數為，方差為，極差為，中位數為，則下列結論不一定正確的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據平均數、方差、極差、中位數的定義即可逐項分析判斷．【詳解】對A，平均數受樣本中每個數據的影響，故去掉最大值和最小值后，余下數據的平均數可能會改變，故A不一定正確；對B，方差反映數據的離散程度，當去掉數據中的最小值和最大值后，數據的離散程度減小，故方差減小，故B正確；對C，極差為最大值與最小值之差，是原來數據里面任意兩個數之間差值的最大值，故去掉最大值和最小值后，新數據的極差必然小于原數據的極差，故C正確；對D，中位數是把數據從小到大依次排列后排在中間位置的數或中間位置的兩個數的平均數，因為是對稱的同時去掉最小值和最大值，故中間位置的數相對位置保持不變，故新數據中位數保持不變，故D正確．故選：A．5.在《九章算術》中，底面為矩形的棱臺被稱為“芻童”．已知棱臺是一個側棱相等、高為1的“芻童”，其中，，則該“芻童”外接球的體積為()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】易知外接球的球心在四棱臺上下底面中心連線上，設球心為O，根據幾何關系求出外接球半徑即可求其體積．【詳解】如圖，連接AC、BD、、，設AC∩BD＝M，∩＝N，連接MN．∵棱臺側棱相等，∴易知其外接球球心在線段MN所在直線上，設外接球球心為O，如圖：易得AC＝4，MC＝2，，，MN＝1，由得，，解得OM＝1，故OC＝，∴外接球體積為．故選：C．6.已知拋物線的焦點為，過作傾斜角為的直線，與拋物線交于，兩點，則（）A.4 B. C.8 D.16【答案】C【解析】【分析】根據拋物線方程確定焦點坐標，從而由已知可得直線的方程，再將直線方程與拋物線方程聯立即可得交點坐標關系，利用相交弦長公式求解即可.【詳解】拋物線的焦點為，又直線的斜率，所以直線的方程為：，設，則，則，所以則.故選：C.7.已知定義在上的函數滿足，，，且當時，，則下列說法正確的是（）A.是奇函數但不是偶函數 B.是偶函數但不是奇函數C.既是奇函數又是偶函數 D.既不是奇函數也不是偶函數【答案】B【解析】【分析】對a、b進行賦值即可根據奇偶性的定義進行函數奇偶性的判斷.【詳解】的定義域關于原點對稱，因為，，，故令時，，令時，，令，時，，，即，∴是偶函數，又當時，，即不恒為零，故只能為偶函數，不能為奇函數.故選：B.8.已知，，，，則()A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先判斷a、b、c范圍均為，d>1，則d最大；用作商法可判斷a、b大小；用作商法并結合基本不等式可判斷a、c大小；從而可得四個數的大小關系．【詳解】，，，，，．故選：D．9.已知過點可作出雙曲線（，）的兩條切線，若兩切點都在雙曲線C的某一支上，則該雙曲線的離心率的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如圖所示，點必須在漸近線、軸和雙曲線圍成的區域，且不能在漸近線、軸和雙曲線上.再解不等式得到離心率的范圍，【詳解】要滿足題意，如圖所示，點必須在漸近線、軸和雙曲線圍成的區域，且不能在漸近線、軸和雙曲線上.所以必須滿足，得故選：D10.已知實數，若，則的最小值為（）A.12 B. C. D.8【答案】A【解析】【分析】構造基本不等式，利用基本不等式即可.【詳解】由，，，所以，當且僅當時，取等號，所以的最小值為：12，故選：A.11.已知函數在區間上存在零點，且函數在區間上的值域為，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦函數圖象與性質以及整體代換的技巧進行求解.【詳解】當時，，因為函數在區間上存在零點，根據正弦函數圖象可知，，解得，又函數在區間上的值域為，根據正弦函數圖象可知，，解得，所以的取值范圍是，故A，C，D錯誤.故選：B.12.已知函數的圖象恒過定點A，圓上的兩點，滿足，則的最小值為()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】設直線l為.取圓O的弦PQ的中點為E，求出其軌跡方程，求出E到直線l距離的最小值.過P、E、Q分別作直線l的垂線，垂足分別為M、R、N，將轉化為，即可求其最小值．【詳解】由題可知A為(0，1)，且P、A、Q三點共線，設弦PQ的中點為E(x，y)，連接OE，則OE⊥PQ，即OE⊥AE，∴，由此可得E的軌跡方程為，即E的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，設直線l為，則E到l最小距離為．過P、E、Q分別作直線l的垂線，垂足分別為M、R、N，則四邊形MNQP是直角梯形，且R是MN的中點，則ER是直角梯形的中位線，∴，即，即．故選：C．【點睛】本題需充分利用數形結合思想進行簡答，問題的關鍵是求出PQ的中點的軌跡，將要求最小值的式子與點到直線的距離公式聯系在一起，數形結合求解最值.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知向量，，且，則實數______．【答案】1【解析】【分析】求出和的坐標，根據兩向量垂直的坐標表示即可求出的值.【詳解】∵，，∴，，∵，∴，∴，∴.故答案為：1.14.已知，，則______．【答案】【解析】【分析】利用同角三角函數的平方關系求出sinα，利用二倍角公式展開，帶值計算即可.【詳解】因為，，所以，∴，故答案為：15.在底面邊長為2，側棱長為3的正三棱柱中，E，F分別為棱BC，AB的中點，點D在棱上，且，若平面與平面AED的交線為l，則l與直線所成角的余弦值為______．【答案】【解析】【分析】根據題意，先找到平面與平面AED的交線，然后建立空間直角坐標系結合空間向量的坐標運算，即可得到結果.【詳解】由題意，延長,,相交于點，則直線為平面與平面AED的交線，取中點為，分別以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，故，設，則.設，則.所以，故,故，所以，設l與直線所成角為，則故答案為:16.設函數的定義域為D，若，使得，則稱是函數的不動點．若函數在區間上存在不動點，則實數a的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】采用換元法令，將問題轉化為關于t的方程在上有解，再分離參數即可求出a的范圍.【詳解】設，由題可知有解，即有解，即有解，即有解，令，則有解，即在時有解.易知在時單調遞減，在時單調遞增，且，，故，則.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：本題關鍵是將對數方程化為指數方程，并采用換元法將問題轉化為關于t的二次方程在特定區間上有解的問題.三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.自限性疾病是指在發展到一定階段后會自行恢復的疾病．已知某種自限性疾病在不用藥物的情況下一般10天后就可康復．現在只有A藥物是針對該自限性疾病的藥物，為了解A藥物對該自限性疾病的作用，研究者在患過該自限性疾病且康復的群體中隨機選取了110人作為樣本進行調查，并統計相關數據后得到如下的列聯表．已知在選取的110人中隨機抽取1人，此人為小于10天康復者的概率為，此人為未用藥物者的概率為．康復情況用藥情況小于10天康復10天后康復合計患病期用A藥物30患病期未用藥物合計110（1）請完成上面的列聯表；（2）依據列聯表中的數據，判斷能否有99%的把握認為患病期用A藥物與小于10天康復有關．附：，．0.1000.0500.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）詳見解析；（2）有【解析】【分析】（1）根據小于10天康復者的概率為，分得到小于10天康復者和10天后康復者人數，由未用藥物者的概率為，得到未用藥物者和用藥物者的人數，完成列聯表；（2）由（1）求得的值，再與臨界值表對照下結論.【小問1詳解】解：因為在選取的110人中隨機抽取1人，此人為小于10天康復者的概率為，所以小于10天康復者為人，則10天后康復者為60人；又此人為未用藥物者的概率為，所以未用藥物者為人，則用藥物者為50人，則列聯表如下表：康復情況用藥情況小于10天康復10天后康復合計患病期用A藥物302050患病期未用藥物204060合計5060110【小問2詳解】由（1）知：，所以有99%的把握認為患病期用A藥物與小于10天康復有關．18.已知正項等比數列的前n項和為，且，．（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前n項和的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）結合，求出，再求出公比q即可；（2）求出，根據等比數列求和公式，利用分組求和的方法即可求出.【小問1詳解】,,或，，.【小問2詳解】由（1）知，故，∴.19.在四棱錐中，，．（1）若，證明：平面平面ABCD；（2）若直線PB與平面ABCD所成的角為，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】(1)取AD中點為O，連接PO，OC，證明OP⊥AD及OP⊥OC得OP⊥平面ABCD即可；(2)取AD中點為O，連接OP，OB，BD，證明AD⊥平面POB，得到∠PBO為PB與平面ABCD的夾角，解△PBO，求出OB邊上高，從而得到P到平面ABCD的距離，從而可求四棱錐的體積．【小問1詳解】取AD中點為O，連接PO，OC．∵PA=PD，∴OP⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，，∴∠ODC=120°，在△ODC中，根據余弦定理得，，又，∴，∴，又AD∩OC=O，AD，OC平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，又∵OP平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD；【小問2詳解】取AD中點為O，連接OP，OB，BD，∵PA=PD，∴OP⊥AD，∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等邊三角形，則OB⊥AD，又∵OB∩OP=O，OB，OP平面POB，∴AD⊥平面POB，則∠BOP為二面角PADB的平面角，則∠PBO為PB和平面ABCD的夾角，故∠PBO=30°，且△PBO的OB邊上的高h即為P到平面ABCD的距離．又，則在△PBO中，，，又，∴．20.已知橢圓的左、右頂點分別為，，過點的直線l與橢圓C交于異于，的M，N兩點，當l與x軸垂直時，．（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線與直線交于點P，證明點P在定直線上，并求出該定直線的方程．【答案】（1）（2）證明見解析，定直線為：【解析】【分析】（1）由題知，再利用已知條件求出的值即可；（2）由題知直線與直線的斜率存在，分別聯立直線、直線與橢圓方程解出的坐標，根據共線，找出直線與直線的斜率的關系，再聯立直線與直線，得出點坐標，化簡即可.【小問1詳解】由題知橢圓焦點在軸上，左、右頂點分別為，，所以，又過點的直線l與橢圓C交于異于，的M，N兩點，當l與x軸垂直時，，所以將代入中，求得：，所以，所以橢圓的標準方程為：.【小問2詳解】如圖所示：由題知直線與直線的斜率存在，設，，由，消去整理得：，解得：，又是異于，的兩點，所以有，同理可得：，又，且共線，所以，化簡得：，由題知同號，所以，聯立：，所以，將代入點的橫坐標，則，所以點在定直線上.21.已知函數，，，．（1）當，時，求函數的極值；（2）若恒成立，求的最小值．【答案】（1）當時，取極小值；（2）.【解析】【分析】（1）當，時，，后利用導數可求出極值；（2）由題可得，令，利用導數研究其在三種情況下的最小值即可.【小問1詳解】當，時，，則.，令，則上單調遞增；令，則在上單調遞減；則當時，取極小值，無極大值；【小問2詳解】因恒成立，則恒成立，即.設，則.當，要使恒成立，則，此時；當，若，則，此時不合題意；當，若，則，，此時不合題意；當，令，則在上單調遞增；令，則在上單調遞減.故，令，，則.令，則在上單調遞增；令，則在上單調遞減.故.綜上所述，的最小值為.【點睛】關鍵點點睛：本題涉及函數極值與恒成立問題，難度較大.本題（1）問較為基礎，（2）為恒成立問題，常轉化為最值相關問題，又因本題涉及兩個變量，故關鍵在于找到兩變量間關系.（二）選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．[選修4—4：坐標系與參數方程]（10分）2