2023年12月17日发(作者：小学教招数学试卷电子版)

2023年河南省开封市高考数学一模试卷（理科）1.

已知集合A.

2.

设命题p：A.

C.

3.

若A.

4.

已知A.

，，，则( )B.

，C.

，则为( )，，D.

B.

D.

是纯虚数，则复数z可以是( )B. C. D.

，则( )中，D为BC边上一点，且B. C. D.

5.

已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为( )A. B. C. D.

乙两位同学在5次数学测试中成绩的茎叶图，已知6.

如图为甲，两位同学的平均成绩相等，则甲同学成绩的方差为( )A.

4B.

2C. D.

7.

已知A.

28.

设A.

9.

已知数列A.

810.

已知点A.

有最大值1，①的取值范围是( )，则的最大值为( )B.

3C.

5D.

6上单调递减，则满足的x是定义域为R的偶函数，且在B.

的前n项和C.

，若D.

，则( )B.

16到点C.

32和点D.

64的距离之和为4，则( )B.

有最大值4C.

有最小值1D.

有最小值11.

如图，在正方体平面ABCD；中，点M，N分别是的中点，则下述结论中正确的个数为( )第1页，共18页②平面③直线MN与④直线平面；；所成的角为与平面所成的角为A.

1B.

2C.

3D.

412.

在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石.简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数.若函数为“不动点”函数，则实数a的取值范围是( )A.

13.

若函数14.

已知点B. C.

的一个零点为，则D.

______ .，则______ .，，C为y轴上一点，若15.

3D打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．如图所示的塔筒为3D打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒数据均以外壁即塔筒外侧表面计算的上底直径为6cm，下底直径为9cm，高为9cm，则喉部最细处的直径为______16.

在数列则______ .中，，记是数列的前n项和，17.

在中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，已知，求若的值；，求18.

甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为p，在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.已知“星队”在第一轮活动中猜对1个成语的概率为求p的值；记“星队”在两轮活动中猜对成语的总数为X，求X的分布列与期望.第2页，共18页19.

如图，是正三角形，在等腰梯形ABEF中，平面，平面ABEF，M，N分别是AF，CE的中点，证明：求二面角平面ABC；的余弦值.20.

已知函数若当证明：，是R上的单调递增函数，求实数a的取值范围；时，求在上的最小值；21.

如图1所示是一种作图工具，在十字形滑槽上各有一个活动滑标M，N，有一根旋杆将两个滑标连成一体，，D为旋杆上的一点且在M，N两点之间，且当滑标M在滑槽EF内做往复运动，滑标N在滑槽GH内随之运动时，将笔尖放置于D处进行作图，当和时分别得到曲线和如图2所示，设EF与GH交于点O，以EF所在的直线为x轴，以GH所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系.求曲线和的方程；相切，且与曲线交于A，B两点，记的面积为S，证明：已知直线l与曲线第3页，共18页22.

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为上一点的坐标.将曲线C的参数方程化为普通方程；为参数，为曲线C过点O任意作两条相互垂直的射线分别与曲线C交于点A，B，以直线OA的斜率k为参数，求线段AB的中点M的轨迹的参数方程，并化为普通方程.23.

已知函数当若时，求，的最小值；时，对任意，使得不等式恒成立，证明：第4页，共18页答案和解析1.【答案】C

【解析】解：，故选：先求得，再运算可得答案．，，本题考查交集及其运算，属于基础题．2.【答案】C

【解析】解：命题p：则为：，，为全称量词命题，故选：根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可．本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．3.【答案】D

【解析】解：设则因为所以故选：设代入化简，根据其为纯虚数，可得a，b的关系，验证得答案．是纯虚数，，经验证可知，，适合，即复数z可以是，，本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，属于基础题．4.【答案】A

【解析】解：因为所以所以，第5页，共18页故选：利用向量的线性运算即可求得．本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．5.【答案】B

【解析】解：设圆锥母线长为l，高为h，底面半径为则由所以故选：由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算．本题主要考查了圆锥的侧面积公式，属于基础题．得，所以，，6.【答案】B

【解析】解：由，即甲同学成绩的方差为故选：由平均数相等求出m，再求方差．本题主要考查了茎叶图的应用，考查了方差的计算，属于基础题．可得，7.【答案】C

【解析】解：作出可行域如图：由平移直线可得：，经过点A时，z有最大值，第6页，共18页由平移直线故选：，解得，经过点A时，z有最大值，作出可行域，根据简单线性规划求解即可．本题主要考查简单线性规划，考查数形结合思想与运算求解能力，属于基础题．8.【答案】D

【解析】解：因为所以又所以在若故选：利用的奇偶性、单调性可得，再解不等式可得答案．在，上单调递减，上单调递增，，则，解得是定义域为R的偶函数，主要考查了函数的奇偶性及单调性在不等式求解中的应用，属于基础题．9.【答案】C

【解析】解：，时，故，，，，，，符合上式，，故选：根据题意，写出，结合，，计算即可．本题考查数列的通项与前n项和的关系，属于基础题．10.【答案】A

【解析】解：因为点所以点P的轨迹是以到点，，所以点P的轨迹方程为，和点的距离之和为4，，焦距为焦点的椭圆，且长轴长第7页，共18页设则所以xy有最大值故选：，，，根据题意，求出点P的轨迹方程，利用三角换元法即可求解．本题主要考查轨迹方程的求解，属于基础题．11.【答案】C

【解析】解：在正方体以D为坐标原点，DA，DB，标系，设该正方体的棱长为2，中，点M，N分别是，的中点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如下图所示的空间直角坐则，，，平面ABCD，，，，，，，由正方体的性质可知：则平面ABCD的法向量为，平面ABCD，设平面的法向量为，平面ABCD，故①正确；，，取，得，，平面，，平面，故②正确；，，，同理可求出平面的法向量，，异面直线所成的角范围为设直线与平面直线MN与所成的角为，故③正确；所成的角为，第8页，共18页，平面的法向量为，，直线故选：与平面所成的角不是，故④错误．以D为坐标原点，DA，DB，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设该正方体的棱长为2，利用向量法求解．本题考查线面平行、面面垂直的判定与性质、异面直线所成角、线面角的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】B

【解析】解：由题意得，存，，使得，即，即设，，设所以所以所以所以当当所以的图像为：在在在单调递减，且上单调递增，上单调递减，，，则，则，，，，，，，，，，要想故选：成立，则与有交点，所以，根据题意列出关于和a的等式，然后分离参数，转化为两个函数有交点．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的零点，考查分离变量思想以及数形结合思想，第9页，共18页考查运算求解能力，属于中档题．13.【答案】【解析】解：

函数的一个零点为，，，函数，故答案为：由题意，根据三角函数的零点，求得A值，再利用两角差的正弦公式，求得本题主要考查三角函数的零点，两角差的正弦公式，属于基础题．的值．14.【答案】3

【解析】解：设，，，解得故答案为：设，依题意，利用平面向量数量积的坐标运算可求得答案．或舍去，，点，，，，，本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．15.【答案】

【解析】解：由已知，以最细处所在的直线为x轴，其垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设双曲线方程为由已知可得，所以，且，，，，，代入双曲线方程得：，所以双曲线方程为底直径为6cm，所以双曲线过点下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点第10页，共18页，解得：，，所以喉部最细处的直径为故答案为：由已知，根据题意，以最细处所在的直线为x轴，其垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设出双曲线方程，并根据离心率表示出a，b之间的关系，由题意底直径为6cm，所以双曲线过点，下底直径为9cm，高为9cm，所以双曲线过点程从而得到喉部最细处的直径．本题主要考查了双曲线的性质在实际问题中的应用，属于中档题．，代入双曲线方程即可求解方16.【答案】当n为奇数时，

，，，【解析】解：由题知，所以奇数项构成等差数列，首项为1，公差为2，当n为偶数时，所以所以，，故答案为：根据当n为奇数时，，当n为偶数时，，分组求和即可．本题主要考查数列的求和，数列递推式，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．17.【答案】解：，则由正弦定理得又，则，，，，，又A，B均为三角形内角，，即又，即，，即，第11页，共18页又若由得，则，则，，；由余弦定理当又故时，，则可得，即，即为等腰直角三角形，，解得或，，此时不满足题意，

先由三角形内角和的关系将代换，再由正弦定理将边化角，求得角A，B【解析】的关系，即可得出答案；由得的值，根据余弦定理公式展开列方程求解c，即可得出答案．本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18.【答案】解：甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为p，“星队”在第一轮活动中猜对1个成语的概率为，，解得由得；，“星队”在两轮活动中猜对成语的总数为X，则随机变量X的取值可能有0，1，2，3，4，当，即甲、乙两人组成“星队”在两轮活动中都没有猜对成语，则，当，即甲、乙两人组成“星队”在两轮活动中有1个猜对一个成语和有1个一个都没有猜，对成语，则当，即甲、乙两人组成“星队”在两轮活动中甲一个都没猜对和乙全对、乙一个都没猜对，和甲全对、甲乙两人两轮都只猜对一个，则当则当，即甲、乙两人组成“星队”在两轮活动中甲猜对1个和乙全对、乙猜对1个和甲全对，，，即甲、乙两人组成“星队”在两轮活动中两人都全对，则第12页，共18页，随机变量X得分布列如下所示：X01234P

【解析】由得根据题意可得，求解即可得出答案；，“星队”在两轮活动中猜对成语的总数为X，则随机变量X的取值可能有0，1，2，3，4，根据概率的乘法法则和加法法则分别计算其概率，即可得到分布列，即可得出答案．本题考查随机变量的分布列和数学期望，考查转化思想和分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．19.【答案】解：又证明：取CF的中点D，连接DM，DN，，，，N分别是AF，CE的中点，平面ABC，平面ABC，又，平面MND，平面，同理可得，平面MND，平面ABC，平面ABC，，平面ABC，又平面ABC；平面MND，取AB的中点O，连接OC，OE，由已知得，是平行四边形，，是正三角形，，又平面，平面ABEF，又，设，，平面ABEF，平面ABEF，且平面平面，，第13页，共18页在即中，由，，解得，取EF的中点P，连接OP，则，以OP，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，在根据题意可得：，，易知平面ABM的一个法向量为设平面ABN的法向量为，，，，，，则，，取，，又由图可知二面角为锐角，二面角【解析】的余弦值为

平面ABC，从而即可证明；，取EF的中点P，连接取CF的中点D，连接DM，DN，只需证明平面求出取AB的中点O，连接OC，OP，以O为原点，OP，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立直角坐标系如图所示．利用向量法求解即可．本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，面面平行的性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．20.【答案】解：又所以，即由已知，可得，恒成立，即恒成立，由已知，可得令又因为则有，则，，所以存在，则在上单调递减，，使得，，第14页，共18页x正递增又有，负递减，所以在证明：由令所以令相加得【解析】取值范围；对由0，则上可得，则在在上单调递增，所以最小值为上恒成立，，所以，从而当，，时，，…，单调递增且，，，，在，，，，…，得到上

由是R上的单调递增函数，得到的恒成立，再求出a的求导，判断单调性，再求出在可得在，令上的最小值即可；上恒成立，用导数证明恒大于，，，…，不等式左右累加即可证．本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：所以由题意，，，设，所以，，，，即，解得，又因为将证明：和，所以分别代入，得，则，，代入方程得；，①直线l斜率不存在时，，所以；第15页，共18页②直线l斜率存在时，设l：联立可得由所以于是得，因为所以综合①②可证，【解析】根据，即得和，，，l与曲线，，得，相切，所以，即，，，，

，设，，，利用向量等式关系确定坐标转化关系，由和，即可得曲线根据直线l与曲线公式分别求证即可．y所满足的方程，，按照坐标代换可得x，最后取的方程；交于A，B两点，讨论直线l的方程情况，按照面积相切，且与曲线本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．22.【答案】解：，将点代入可得因为曲线C的参数方程为为参数，消去参数t可得：，；所以曲线C的普通方程为由已知得OA，OB的斜率存在且不为0，设OA的斜率为k，方程为则OB的方程为，，联立方程，可得，第16页，共18页同理可得设，，所以为参数，所以所以【解析】，，即为点M轨迹的普通方程．

根据曲线C的参数方程为为参数，消去参数t求解；设OA的斜率为k，方程为，则OB的方程为：，分别与抛物线方程联立，求得A，B的坐标，再利用中点坐标求解．本题主要考查参数方程的应用，考查转化能力，属于中档题．23.【答案】解：当当当当证明：当令，时，，时，，，当时，，，，；；；，的最小值为，恒成立可化为，，，恒成立，，，当且仅当又当故【解析】分段求解时，，时取得等号；

的最小值和范围，即可求得结果；为，结合二次函数在区间上的最值和基本不将问题转化等式，即可证明．第17页，共18页本题考查了分段函数的最值问题以及不等式的证明问题，属于中档题．第18页，共18页


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