河南省信陽市普通2023屆高三年級第一次調研考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共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．直線l過拋物線的焦點且與拋物線交于A，B兩點，則的最小值是A．10 B．9 C．8 D．72．已知直線：（）與拋物線：交于（坐標原點），兩點，直線：與拋物線交于，兩點.若，則實數的值為（）A． B． C． D．3．設集合，集合，則=（）A． B． C． D．R4．拋物線方程為，一直線與拋物線交于兩點，其弦的中點坐標為，則直線的方程為（）A． B． C． D．5．設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是A．α內有無數條直線與β平行B．α內有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面6．已知函數，若關于的方程恰好有3個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．7．已知奇函數是上的減函數，若滿足不等式組，則的最小值為（）A．-4 B．-2 C．0 D．48．若復數滿足，其中為虛數單位，是的共軛復數，則復數（）A． B． C．4 D．59．已知集合，，若，則（）A．或 B．或 C．或 D．或10．某市政府決定派遣名干部（男女）分成兩個小組，到該市甲、乙兩個縣去檢查扶貧工作，若要求每組至少人，且女干部不能單獨成組，則不同的派遣方案共有（）種A． B． C． D．11．用一個平面去截正方體，則截面不可能是（）A．正三角形 B．正方形 C．正五邊形 D．正六邊形12．已知，，為圓上的動點，，過點作與垂直的直線交直線于點，若點的橫坐標為，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．圓心在曲線上的圓中，存在與直線相切且面積為的圓，則當取最大值時，該圓的標準方程為______.14．將2個相同的紅球和2個相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四個盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2個球，丙、丁盒子均最多可放入1個球，且不同顏色的球不能放入同一個盒子里，共有________種不同的放法.15．已知f(x)為偶函數，當x≤0時，f(x)=e-x-1-x，則曲線y=f(x)16．已知向量與的夾角為，||＝||＝1，且⊥（λ），則實數_____.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。17．（12分）如圖，三棱柱中，與均為等腰直角三角形，，側面是菱形.（1）證明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）已知拋物線和圓，傾斜角為45°的直線過拋物線的焦點，且與圓相切．（1）求的值；（2）動點在拋物線的準線上，動點在上，若在點處的切線交軸于點，設．求證點在定直線上，并求該定直線的方程．19．（12分）在中，，.已知分別是的中點.將沿折起，使到的位置且二面角的大小是60°，連接，如圖：（1）證明：平面平面（2）求平面與平面所成二面角的大小.20．（12分）在平面直角坐標系中，已知向量，，其中.（1）求的值；（2）若，且，求的值.21．（12分）已知橢圓：的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程：若不存在，請說明理由.22．（10分）已知，其中．（1）當時，設函數，求函數的極值．（2）若函數在區間上遞增，求的取值范圍；（3）證明：．

參考答案一、選擇題：本題共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．B【解析】

根據拋物線中過焦點的兩段線段關系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．【詳解】由拋物線標準方程可知p=2因為直線l過拋物線的焦點，由過拋物線焦點的弦的性質可知所以因為為線段長度，都大于0，由基本不等式可知，此時所以選B【點睛】本題考查了拋物線的基本性質及其簡單應用，基本不等式的用法，屬于中檔題．2．D【解析】

設，，聯立直線與拋物線方程，消去、列出韋達定理，再由直線與拋物線的交點求出點坐標，最后根據，得到方程，即可求出參數的值；【詳解】解：設，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故選：D【點睛】本題考查直線與拋物線的綜合應用，弦長公式的應用，屬于中檔題.3．D【解析】試題分析：由題，，，選D考點：集合的運算4．A【解析】

設，，利用點差法得到，所以直線的斜率為2，又過點，再利用點斜式即可得到直線的方程.【詳解】解：設，∴，又，兩式相減得：，∴，∴，∴直線的斜率為2，又∴過點，∴直線的方程為：，即，故選：A.【點睛】本題考查直線與拋物線相交的中點弦問題，解題方法是“點差法”，即設出弦的兩端點坐標，代入拋物線方程相減后可把弦所在直線斜率與中點坐標建立關系．5．B【解析】

本題考查了空間兩個平面的判定與性質及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養，利用面面平行的判定定理與性質定理即可作出判斷．【詳解】由面面平行的判定定理知：內兩條相交直線都與平行是的充分條件，由面面平行性質定理知，若，則內任意一條直線都與平行，所以內兩條相交直線都與平行是的必要條件，故選B．【點睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若，則”此類的錯誤．6．D【解析】

討論，，三種情況，求導得到單調區間，畫出函數圖像，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；當時，；當時，，，函數單調遞減；如圖所示畫出函數圖像，則，故.故選：.【點睛】本題考查了利用導數求函數的零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.7．B【解析】

根據函數的奇偶性和單調性得到可行域，畫出可行域和目標函數，根據目標函數的幾何意義平移得到答案.【詳解】奇函數是上的減函數，則，且，畫出可行域和目標函數，，即，表示直線與軸截距的相反數，根據平移得到：當直線過點，即時，有最小值為.故選：.【點睛】本題考查了函數的單調性和奇偶性，線性規劃問題，意在考查學生的綜合應用能力，畫出圖像是解題的關鍵.8．D【解析】

根據復數的四則運算法則先求出復數z，再計算它的模長．【詳解】解：復數z＝a+bi，a、b∈R；∵2z，∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，即，解得a＝3，b＝4，∴z＝3+4i，∴|z|．故選D．【點睛】本題主要考查了復數的計算問題，要求熟練掌握復數的四則運算以及復數長度的計算公式，是基礎題．9．B【解析】

因為,所以,所以或.若，則,滿足.若，解得或.若，則，滿足.若，顯然不成立，綜上或，選B.10．C【解析】

在所有兩組至少都是人的分組中減去名女干部單獨成一組的情況，再將這兩組分配，利用分步乘法計數原理可得出結果.【詳解】兩組至少都是人，則分組中兩組的人數分別為、或、，

又因為名女干部不能單獨成一組，則不同的派遣方案種數為.故選：C.【點睛】本題考查排列組合的綜合問題，涉及分組分配問題，考查計算能力，屬于中等題.11．C【解析】試題分析：畫出截面圖形如圖顯然A正三角形，B正方形：D正六邊形，可以畫出五邊形但不是正五邊形；故選C．考點：平面的基本性質及推論．12．A【解析】

由題意得，即可得點M的軌跡為以A，B為左、右焦點，的雙曲線，根據雙曲線的性質即可得解.【詳解】如圖，連接OP，AM，由題意得，點M的軌跡為以A，B為左、右焦點，的雙曲線，.故選：A.【點睛】本題考查了雙曲線定義的應用，考查了轉化化歸思想，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由題意可得圓的面積求出圓的半徑，由圓心在曲線上，設圓的圓心坐標，到直線的距離等于半徑，再由均值不等式可得的最大值時圓心的坐標，進而求出圓的標準方程．【詳解】設圓的半徑為，由題意可得，所以，由題意設圓心，由題意可得，由直線與圓相切可得，所以，而，，所以，即，解得，所以的最大值為2，當且僅當時取等號，可得，所以圓心坐標為：，半徑為，所以圓的標準方程為：.故答案為：．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系及均值不等式的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意驗正等號成立的條件.14．【解析】

討論裝球盒子的個數，計算得到答案.【詳解】當四個盒子有球時：種；當三個盒子有球時：種；當兩個盒子有球時：種.故共有種，故答案為：.【點睛】本題考查了排列組合的綜合應用，意在考查學生的理解能力和應用能力.15．y=2x【解析】試題分析：當x>0時，-x<0，則f(-x)=ex-1+x．又因為f(x)為偶函數，所以f(x)=f(-x)=ex-1+x，所以f'【考點】函數的奇偶性、解析式及導數的幾何意義【知識拓展】本題題型可歸納為“已知當x>0時，函數y=f(x)，則當x<0時，求函數的解析式”．有如下結論：若函數f(x)為偶函數，則當x<0時，函數的解析式為y=-f(x)；若f(x)為奇函數，則函數的解析式為y=-f(-x)．16．1【解析】

根據條件即可得出，由即可得出，進行數量積的運算即可求出λ．【詳解】∵向量與的夾角為，||＝||＝1，且；∴；∴λ＝1．故答案為：1．【點睛】考查向量數量積的運算及計算公式，以及向量垂直的充要條件．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。17．（1）見解析（2）【解析】

（1）取中點，連接，，通過證明，得，結合可證線面垂直，繼而可證面面垂直.（2）設，建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，繼而可求二面角的余弦值.【詳解】解析：（1）取中點，連接，，由已知可得，，，∵側面是菱形，∴，，，即，∵，∴平面，∴平面平面.（2）設，則，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，，，，設平面的法向量為，則，令得.同理可求得平面的法向量，∴.【點睛】本題考查了面面垂直的判定，考查了二面角的求解.一般在求二面角或者線面角的問題時，常建立空間直角坐標系，通過求面的法向量、線的方向向量，繼而求解.特別地，對于線面角問題，法向量與方向向量的余角才是所求的線面角，即兩個向量夾角的余弦值為線面角的正弦值.18．（1）；（2）點在定直線上．【解析】

（1）設出直線的方程為，由直線和圓相切的條件：，解得；（2）設出，運用導數求得切線的斜率，求得為切點的切線方程，再由向量的坐標表示，可得在定直線上；【詳解】解：（1）依題意設直線的方程為，由已知得：圓的圓心，半徑，因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離，即，解得或（舍去）．所以；（2）依題意設，由（1）知拋物線方程為，所以，所以，設，則以為切點的切線的斜率為，所以切線的方程為．令，，即交軸于點坐標為，所以，，，．設點坐標為，則，所以點在定直線上．【點睛】本題考查拋物線的方程和性質，直線與圓的位置關系的判斷，考查直線方程和圓方程的運用，以及切線方程的求法，考查化簡整理的運算能力，屬于綜合題．19．（1）證明見解析（2）45°【解析】

（1）設的中點為，連接，設的中點為，連接，，從而即為二面角的平面角，，推導出，從而平面，則，即，進而平面，推導四邊形為平行四邊形，從而，平面，由此即可得證.（2）以B為原點，在平面中過B作BE的垂線為x軸，BE為y軸，BA為z軸建立空間直角坐標系，利用向量法求出平面與平面所成二面角的大小.【詳解】（1）∵是的中點，∴.設的中點為，連接.設的中點為，連接，.易證：，，∴即為二面角的平面角.∴，而為的中點.易知，∴為等邊三角形，∴.①∵，，，∴平面.而，∴平面，∴，即.②由①②，，∴平面.∵分別為的中點.∴四邊形為平行四邊形.∴，平面，又平面.∴平面平面.（2）如圖，建立空間直角坐標系，設.則，，，，顯然平面的法向量，設平面的法向量為，，，∴，∴.，由圖形觀察可知，平面與平面所成的二面角的平面角為銳角.∴平面與平面所成的二面角大小為45°.【點睛】本題主要考查立體幾何中面面垂直的證明以及求解二面角大小，難度一般，通常可采用幾何方法和向量方法兩種進行求解.20．（1）（2）.【解析】

（1）根據，由向量，的坐標直接計算即得；（2）先求出，再根據向量平行的坐標關系解得.【詳解】（1）由題，向量，，則.（2），.，，整理得，化簡得，即，，，，即.【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，以及向量平行，是常考題型.21．（1）；（2）存在，且方程為或.【解析】

（1）依題意列出關于a,b,c的方程組，求得a,b,進而可得到橢圓方程；（2）聯立直線和橢圓得到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數值.【詳解】（1）直線的一般方程為.依題意，解得，故橢圓的方程式為.（2）假若存在這樣的直線，當斜率不存在時，以為直徑的圓顯然不經過橢圓的左頂點，所以可設直線的斜率為，則直線