【文档说明】2023届河南省百师联盟高三一轮复习联考四全国卷数学文试题解析版.doc，共(16)页，2.535 MB，由小喜鸽上传

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第1页共16页2023届河南省百师联盟高三一轮复习联考（四）全国卷数学（文）试题一、单选题1．已知集合21Axx=，02Bxx=，则AB=（）A．()1,2-B．()1,0−C．()0,1D．()1,2

【答案】C【分析】解一元二次不等式可求得集合A，由交集定义可得结果.【详解】由21x得：11x−，即()1,1A=−，又()0,2B=，()0,1AB=.故选：C.2．()()2i23i+−=（）A．1i−B．7i−C．

14i−D．74i−【答案】D【分析】利用复数的乘法可化简所求复数.【详解】()()2i23i46i2i374i+−=−++=−．故选：D．3．下列命题中的假命题是（）A．xR，2sin2x=B．xR，ln1x=−C．xR，20xD．xR，30x【答案】C【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，1sin1x−，xR，2sin2x=，A正确；对于B，当1ex=时，ln1x=−，B正确；对于C，当0x=时，20x=，C错误；对于D，3xy=值域为()0,+，x

R，30x，D正确.故选：C.第2页共16页4．已知数列na是各项均为正数的等差数列，510a=，且4696aa=，则公差为（）A．2−B．2C．2−或2D．4【答案】B【分析】结合等差数列通项公

式，利用()()465596aaadad=−+=可构造方程求得结果.【详解】设等差数列na的公差为d，0na，0d，()()()()4655101096aaadaddd=−+=−+=，2d=或2d=−（舍），等差数列n

a的公差为2.故选：B.5．函数()cossin2fxxx=+的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】利用函数的奇偶性，π2f的值及在区间π0,2，π,π2上函数值的正负情况，排除错误选项即可得解．【

详解】()cos()sin(2)cossin2fxxxxx−=−+−=−，则()()fxfx−，()()fxfx−−，故()cossin2fxxx=+是非奇非偶函数，故排除A、B，ππcossinπ022f=+=；当π0,2x时，()20,πx

，()cossin20fxxx=+；当π,π2x时，()2π,2πx，()cossin20fxxx=+，结合图象可排除C．故选：D．第3页共16页6．已知1lg2a=，cos1b=，322c−=，则,,abc的大小

关系为（）A．abcB．acbC．bacD．b<c<a【答案】B【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10,2进行判断即可.【详解】31211πlglg1022coscos1223−−===，acb.故选：B.7．

如图，正方形ABCD中，,EF分别为,ABAD的中点，且BFBEBD=+，则+的值是（）A．1B．12C．32D．2【答案】C【分析】根据平面向量线性运算可得12BFBEBD=+，从而得到,的值.【详解】()()1112222BFBABDBEBDBEBD=+=+=+，1=

，12=，13122+=+=.故选：C.8．已知函数()()()3sin2cos2fxxx=+−+，π0,2，且()01f=，则=（）A．π6B．π4C．π3D．π2【答案】C【分析】由()01f=，利用辅助角公式

可得π1sin62−=，结合角的范围可得答案.【详解】()31π03sincos2sincos2sin226f=−=−=−，因为()01f=，则π1sin62−=，又因为π0,2

，所以πππ,663−−，所以ππ66−=，即π3=．故选：C．第4页共16页9．直线:3lyx=与椭圆2222:1xyCab+=交于,PQ两点，F是椭圆C的右焦点，且0PFQF=，则椭圆的离心率为（）A．423−B．233−C．31−D．32【

答案】C【分析】根据对称关系和垂直关系可知四边形PFQF为矩形，结合直线倾斜角大小可确定π6PQF=，由此利用c表示出,PFQF，结合椭圆定义可构造齐次方程求得离心率.【详解】记椭圆C的左焦点为F，由对称性可知：四边形PFQF为平行

四边形，PFQF=，2PFPFPFQFa+=+=；0PFQF=，PFQF⊥，四边形PFQF为矩形，2PQFFc==，又tan3POF=，π3POF=，又OFOQ=，π6PQF=，π2sin6PFcc==，π2cos36QFcc==，(

)312PFQFca+=+=，椭圆的离心率23131cea===−+.故选：C.10．已知正数,ab满足2221ab+=,则2ab的最大值是（）A．13B．33C．39D．19【答案】C【分析】将222ab+写为222abb++的形

式,再用基本不等式即可求出2ab的最大值.【详解】解:由题知322222222123ababbabb=+=++,第5页共16页32413ab,当且仅当33ab==时取等号,所以239ab≤．故选:C．11．如图所示，在正方

体1111ABCDABCD−中，O，F分别为BD，1AA的中点，设二面角11FDOB−−的平面角为，直线OF与平面11BDDB所成角为，则（）A．B．C．=D．与正方体棱长有关【答案】A【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M为1BD与1BD的交点，由于111////,2AFDDOMAFDDOM==，所以四边形AFMO是平行四边形，所以//FMOA.由于111,,,,OABDOADDBDDDDBDDD⊥⊥=平面11BDDB，所以OA⊥平面11BDDB，所以FM⊥平面11

BDDB，所以FOM=，过点F作1DO的垂线FH，垂足为H，又1,,,FMDOFMFHFFMFH⊥=平面FHM，则1DO⊥平面FMH，又MH平面FMH，则1MHDO⊥，所以FHM=，从而tanMFMH=，tanM

FMO=，在RtMOH中，MOMH，所以tantan，所以．故选：A第6页共16页12．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22:182xyC−=与直线2y=围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体E，则旋转体E的体积是（）A．32π3B．64π3C．80π3D．160π3【答案】D

【分析】求出2y=，12yx=绕y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积，用垂直于y轴的平面去截旋转体E，所得圆环的面积为8π，结合祖暅原理可求得旋转体的体积.【详解】()22yhh=−与双曲线的交点为()284,Phh+、()284,Qhh−+，则用垂直

于y轴的平面截旋转体E的截面为圆面，截面圆的半径为284h+，截面面积为()284πh+，第7页共16页()22yhh=−与双曲线的渐近线12yx=的交点为()2,hh，所以24πh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，2y=，12yx=绕

y轴旋转得到的旋转体（两个圆锥）的体积为164π2216π33=，用垂直于y轴的平面去截旋转体E，所得圆环的面积为()()22π84π28πhh+−=，因为底面半径为22，高为4的圆柱的截面面积为8π，体积为48π32π=，

所以根据祖暅原理得旋转体E的体积为64π16048ππ33V=+=，故选：D．二、填空题13．直线:390lxy−+=与圆22:2440Cxyxy+−−−=位置关系为___________（相交、相切、相离）．【答案】相离【分析】将圆C的方

程化为标准方程，计算出圆心C到直线l的距离d，并将d与圆C的半径比较大小，可得出结论.【详解】圆22:2440Cxyxy+−−−=的标准方程为()()22129xy−+−=，所以圆心为()1,2C，半径为3，圆心C到直线:390lxy−+=的距离为2312910331

d−+==+，所以直线l与圆C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l上有3个点到平面的距离相等，则直线l与平面平行；③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】②【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l与m相交，直线l上在交点两侧的2个点到m的距离也可能相等，即可判断．第8页共16页【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l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l与m相交，直线l上在交点两侧的2个点到m的距离也可能相等，所以l与m也可能相

交，故③错误．故答案为：②．15．已知平面向量a、b、c是两两夹角均为2π3的单位向量，则23abc++=_____________．【答案】3【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得23abc++的值.【详解】因为平面向量a、b、c两两夹角

均为2π3，2π111cos32abacbc====−，所以，2222234946123abcabcabacbc++=+++++=，则233abc++=，故答案为：3．16．正实数a，b满足1e4aa+=+，()ln3bb+=，则ba−的值为____________．

【答案】1【分析】由题意得()ln41aa+=+，()ln3bb+=，所以b，1a+是方程()ln3xx+=的两个解，设函数()()()ln30fxxxx=+−，结合函数的单调性，零点存在定理判断()fx在()0,+上只有一个零点，即方程()ln3x

x+=只有一个解，可得1ba=+，即可得出答案．【详解】解法一：由1e4aa+=+，得()ln41aa+=+，又因为()ln3bb+=，所以b，1a+是方程()ln3xx+=的两个解，设函数()()()l

n30fxxxx=+−，()121033xfxxx−−=−=++，所以函数()fx在()0,+上单调递减，又()30ln0f=，()()3333e3lnee36e0f−=−−=−，则函数()fx在()0,+上只有一个零点，即方程()ln3

xx+=只有一个解，所以1ba=+，∴1ba−=．解法二：因为1e4aa+−=，所以()1e130aa+−+−=，()ln30bb−+=，即()()ln3eln330bb+−+−=，第9页共16页设函数()()e30xfxxx=−−，当0x

时，()e10xfx=−，所以函数()fx在()0,+上单调递增，∵10a+，()ln30b+，∴()()1ln3fafb+=+，∴()1ln3ab+=+，1e3ab+=+，∴1e3431abaa+−=−−=−

=．故答案为：1．三、解答题17．记nS为数列na的前n项和，已知2nnSnann=−+．(1)证明：na是等差数列；(2)若17a=−，记()291nnabnn+=+，求数列nb的前n项和nT．【答案】(1)证明见解析(2)21nnTn=+【分析】（1）利用1nnnaSS−=−可整理

得到12nnaa−=+，由此可得结论；（2）结合等差数列通项公式可求得nb，采用裂项相消法可求得nT.【详解】（1）当2n且nN时，()()()211111nnSnann−−=−−−+−，()()()2211111nnnnnaSSnannnann−−=−=−+−−+−−−

，整理可得：()()()11121nnnanan−−=−+−，12nnaa−=+，数列na是公差为2的等差数列.（2）由（1）得：()72129nann=−+−=−，()()222112111nnbnnnnnn=

==−+++，11111122121223111nnTnnnn=−+−++−=−=+++.18．如图,在ABC中,π4B=,2ACAB=,D为线段BC上一点,π6C

AD=．第10页共16页(1)求CDAD的值;(2)当4=AD时,求线段AC的长．【答案】(1)2CDAD=(2)2327AC=+【分析】(1)在ADC△中,由正弦定理得到,CDAC之间的关系,在ADB中,由正弦定理得到,ADAB之间的关系,根据πADCADB+=和2A

CAB=即可得CDAD的值;(2)先由4=AD得到CD,又有π6CAD=,在ADC△中,由余弦定理即可得AC的长.【详解】（1）解:由题知在ADC△中,由正弦定理可得:sinsinCDACCADADC=,即πsinsin6ACCDADC=,在ADB中,由正弦定理可得:

sinsinADABBADB=,即πsinsin4ABADADB=,因为πADCADB+=,所以sinsinADCADB=,所以πsin6π2sin4ACCDACADABAB==,因为2ACAB=,所以

2CDAD=;（2）当4=AD时,由(1)可知42CD=,第11页共16页在ADC△中,由余弦定理可得:222π2cos6CDACADACAD=+−,即231632242ACAC+−=,代入化简可

得243160ACAC−−=,解得2327AC=+或23270AC=−（舍）,故2327AC=+．19．已知四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，平面PAD⊥平面PCD，//ABCD，E为PD中点，112PAABADCD====．(

1)求证：AB⊥平面PAD；(2)求D到平面AEC的距离．【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得⊥AE平面PCD，利用线面垂直的判定定理可得答案；（2）利用DAECCAEDVV−−=可得答案．【详解】（1）因为PAP

D=，E为PD中点，所以AEPD⊥，又因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD平面PCDPD=，所以⊥AE平面PCD，CD平面PCD，所以AECD⊥，因为PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，所以PACD⊥，AEPAA=，、AEPA平面PAD，则CD⊥平面PAD，

因为ABDC，∴AB⊥平面PAD；第12页共16页（2）因为⊥AE平面PCD，∴AEEC⊥，22AE=，22232222CE=+=，123232224AECS==△，12212224AEDS==△，C到平面PAD的距离为2，设D到平面AEC的距离为h，因为DA

ECCAEDVV−−=，所以11233AECAEDShS=△△，解得23h=．所以D到平面AEC的距离为23．20．已知抛物线2:2Cypx=（其中642p−）的焦点为F，点M、N分别为抛物线C上两个动

点，满足以MN为直径的圆过点F，设点E为MN的中点，当MNEF⊥时，点E的坐标为()322,0−．(1)求抛物线C的方程；(2)直线MF、NF与抛物线的另一个交点分别为A、B，点P、Q分别为AM、BN的中点，证明：直线PQ过定点．【答案】(1)24yx=(2)证明

见解析【分析】（1）分析可知当点E为MN的中点时，FMN为等腰直角三角形，求出点M的横坐标，分析可得22MpxMFEF+==，结合抛物线的定义可得出关于p的等式，解出p的值，即可得出抛物线C的方程；（2）分析可知，直线MF、NF均不与x轴重合，设直线MF的方程为

()10xmym=+，则直线NF的方程为11xym=−+，将直线MF的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，可求得点P的坐标，同理可得出点Q的坐标，分21m=、21m两种情况讨论，求出直线PQ的方程，并化简，即可求得直线PQ所过定点的坐标.

【详解】（1）解：因为以MN为直径的圆过点F，则MFNF⊥，当点E为MN的中点时，MNEF⊥，则MFNF=，此时FMN为等腰直角三角形，又点E、F在x轴上，则MNx⊥轴，所以322MExx==−，642p−，3222p−，点F在E的右侧，所以3222pEF=−+，由抛物线的定义知

22MpxMFEF+==，所以，322232222pp−+=−+，解得2p=，故抛物线C的方程为24yx=．第13页共16页（2）证明：若直线MF与x轴重合，则直线MF与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，同理可知，直线NF与x轴

也不重合，设直线MF的方程为()10xmym=+，则直线NF的方程为11xym=−+，联立方程214xmyyx=+=得2440ymy−−=，216160m=+，设()11,Mxy、()22,Axy，则124yym+=，124yy=−，所以()221,2P

mm+，同理可得2221,Qmm+−，当21m时，()2222221211PQmmmkmmm+==−+−+，所以直线PQ的方程为()222121myxmmm=−−+−，化简得()231myxm=−−，当3x

=时，0y=，直线PQ过定点()3,0．当21m=时，直线PQ的方程为3x=，直线PQ必过点()3,0，综上所述，所以直线PQ过定点()3,0．【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()00,xy，常利用直线的点斜式方程()00yykxx−=−或截距式ykxb=+来证明.21．已知函数()1sinexxfxx−=+，ππ,2x−．(1)求证：()fx在ππ,

2−上单调递增；(2)当π,0x−时，()sinecossinxfxxxkx−−„恒成立，求k的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)π12k+„【分析】（1）先求函数的导数，分π,0x−，π0,2

x两种情况讨论，根据导数和函数的单调性第14页共16页的关系即可得出结论；（2）由题意得1cossinxxkx−−„恒成立，当0x=，πx=−时，显然恒成立；当()π,0x−时，得1cossinxxkx−−„，构造函数()1cossinxxgxx−−=，结合函数的单调性及最值即可

得出结果．【详解】（1）()1sinexxfxx−=+，()2cosexxfxx−=+，当π,0x−时，22x−…，11ex…，cos1x−…，（等号不能同时成立），所以()2cos120exxfxx−=+

−+；当π0,2x时，cos0x…，20x−，e0x，所以()2cos0exxfxx−=+，所以当ππ,2x−时，()0fx¢>，综上，()fx在ππ,2−上单调递增．（2）()sinecossinxfxxxkx−−„，化简得1c

ossinxxkx−−„，①当0x=时，20−„，显然恒成立；②当πx=−时，π0−„，显然恒成立；③当()π,0x−时，sin0x，∴1cossinxxkx−−„．设()1cossinxxgxx−−=，()()()221sinsincos1c

ossin1coscossinsinxxxxxxxxxgxxx+−−−+−+==，设()sin1coscoshxxxxx=+−+，()()coscossinsin1sinhxxxxxxxx=−+−=−．∵()

π,0x−，∴10x−，sin0x，∴()0hx，()hx在()π,0−上单调递增，又由π02h−=，所以当ππ,2x−−时，∴()0hx，()0gx，∴()gx在ππ,2−−

上单调递减，当π,02x−时，()0hx，()0gx，∴()gx在π,02−上单调递增，所以()minπ1ππ21212gxg−−=−==+−，故π12k+„．22．在直角坐标系xOy中,

曲线1C的参数方程为2cos13sinxy=+=（为参数）,以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线2C的极坐标方程为π3=（R）．(1)写出1C的直角坐标方程和2C的普通方程

;(2)设1C,2C的交点为,AB,若OAOB,求OAOB−的值．第15页共16页【答案】(1)()2211:149xyC−+=;2:3Cyx=(2)127【分析】(1)根据1C的参数方程及22sincos1+=,即可得1C的直角坐标方程,根据极坐标转与

直角坐标的互化,即可得2C的普通方程;(2)将1C转化成极坐标方程,将π3=代入,即可得,AB两点极径之间的关系,再根据极径的几何意义,即可得OAOB−的值.【详解】（1）解:由题知12cos1:3sinxCy=+=,()2211:149xyC−+=,

∵()2π:R3C=,根据极坐标转与直角坐标的互化,可得2π:tan33Cyxx==;（2）由(1)知()2211:149xyC−+=,化简得22918427xxy−+=,由cossinxy

==可将1C化成极坐标方程:()()229cos18cos4sin27−+=,把π3=代入,化简得2712360−−=,所以12127+=,12367=−,由极径的几何意义知1OA=,2OB=,又因为OAOB,12367=−,第16页共16页所以12

,且120,故1212127OAOB−=−=+=．23．（1）已知正数x，y，z满足2xyz++=，求证：2xyyz+≤；（2）已知正数x，y，z满足()()1236xyz++=，求证：3214xyz++≥．【答案】（1）答案见解析；（

2）答案见解析．【分析】（1）利用基本不等式可得：22yxxy+≥，22yzyz+≥，两式相加即可得证；（2）变形()()3232124xyzxyz++=++++−，然后利用基本不等式即可得证．【详解】（1

）证明：0x，0y，∴22yxxy+≥，当且仅当2xy=时等号成立，0y，0z，∴22yzyz+≥，当且仅当2zy=时等号成立，∴2222yyxzxyyz++++≥，∴()2xyzxyyz+++≥，当且仅当221xyz===时等号成立．∵2xyz++=，∴2

xyyz+≤．（2）证明：()()3232124xyzxyz++=++++−，()()()()332123321218xyzxyz++++++=≥，当且仅当()3212xyz=+=+时等号成立，由()()1236xyz++=，等号成立的条件是2x=，2y=，4z

=，∴32184xyz++−≥，即3214xyz++≥，当且仅当2x=，2y=，4z=时等号成立．