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1、河南省大联考20222023学年高中毕业班阶段性测试（六）理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，则（ ）ABCD2已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3在某次演讲比赛中，由两个评委小组（分别为专业人士（记为小组A）和观众代表（记为小组B）给参赛选手打分，根据两个评委小组给同一名选手打分的分值绘制成如图所示的折线图，则下列结论错误的是（ ）A小组A打分的分值的平均数为48B小组B打分的分值的中位数为66C小组A打分的分值的极差大于小组B打分的分值的极差D小组A打分的分值的方
2、差小于小组B打分的分值的方差4已知，则（ ）ABCD5某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）ABCD6执行如图所示的程序框图，输出的（ ）ABCD07已知电磁波在空间中自由传播时的损耗公式为，其中D为传输距离（单位：km），F为载波频率（单位：MHz），L为传输损耗（单位：dB）若载波频率变为原来的200倍，传输损耗增加90dB，则传输距离约为原来的（ ）参考数据：A倍BC倍D倍8已知是定义在R上的奇函数，若，且满足，则不等式的解集为（ ）ABCD9将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的值域为（ ）ABCD10已知抛物线的焦点为F，M为抛物线C上位于第一象限的一
3、点，且点M的横坐标小于2，则的面积（ ）A有最大值B有最小值C有最大值1D有最小值111已知双曲线（，）的右焦点为F，点A为C的一条渐近线上的一点，且（O为坐标原点），点M为C的左顶点，以AM为直径的圆与x轴交于不同于点M的点B，且，则C的渐近线方程为（ ）ABCD12已知四棱锥的底面ABCD是矩形，若四棱锥的外接球的体积为，则该球上的点到平面PAB的距离的最大值为（ ）A6B7C8D9二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知在平行四边形ABCD中，点E满足，则实数_14若的展开式中各项的系数和为64，则展开式中的系数为_15已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，
4、则的面积为_16若存在n条直线与函数，的图象都相切，则当n取最大值时，实数m的取值范围是_三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22，23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知数列的前n项和为，且（）求的通项公式；（）记，求数列的前n项和18（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，平面平面ABC（）证明：；（）若E为的中点，直线与平面ABC所成的角为45，求直线与平面所成的角的正弦值19（12分）某体育频道为了解某地电视观众对卡塔尔世界杯的收看情况，随机抽取了该地200名观众进行调查，下
5、表是根据所有调查结果制作的观众日均收看世界杯时间（单位：时）的频率分布表：日均收看世界杯时间（时）频率0.10.180.220.250.20.05如果把日均收看世界杯的时间高于2.5小时的观众杯为“足球迷”（）根据已知条件完成下面的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关；非足球迷足球迷合计女70男40合计（）将样本的频率分布当作总体的概率分布，现从该地的电视观众中随机抽取4人，记这4人中的“足球迷”人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望参考公式：，其中参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.
6、6357.87910.82820（12分）已知椭圆的上顶点为A，右顶点为B，坐标原点O到直线AB的距离为，的面积为2（）求椭圆C的方程；（）若过点且不过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线MQ与直线交于点E，证明：21（12分）已知函数（）求的极值；（）若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为，（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程（）设曲线与曲线交于A，B两点，求；（）若M，N是曲线
7、上的两个动点，且，求的取值范围23选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数（）求不等式的解集；（）若的最小值为t，a，b，c为正实数，且，证明：20222023学年高中毕业班阶段性测试（六）理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1答案 A命题意图 本题考查集合的运算解析 由，得，即，所以2答案 D命题意图 本题考查复数的运算及几何意义解析 因为，所以，所以在复平面内对应的点位于第四象限3答案 C命题意图 本题考查样本的数字特征解析 由图可知，小组A打分的分值的平均数为，故A正确；将小组B打分的分值从小到大排列为36，55，58，62，66，68，68，70，75，其中位数
8、为66，故B正确；小组A打分的分值的极差为，小组B打分的分值的极差为，故C错误；小组A打分的分值相对更集中，故D正确故选C4答案 D命题意图 本题考查三角恒等变换及同角三角函数的基本关系解析 由题意知5答案 D命题意图 本题考查空间几何体的表面积解析 根据几何体的三视图得该几何体为如图所示的多面体，其表面积为6答案 B命题意图 本题考查程序框图解析 由程序框图可知第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，；第五次循环，；第六次循环，跳出循环，输出7答案 B命题意图 本题考查函数模型的应用解析 设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，由得，即，即，故传输距离
9、约为原来的倍8答案 A命题意图 本题考查函数的性质解析 因为，且满足，所以在上单调递增因为是定义在R上的奇函数，且，所以，在上单调递增由，得，当时，由，得，当时，由，得，所以原不等式的解集为9答案 A命题意图 本题考查三角函数的图象变换及性质解析 根据题意，所以，故，即当，时，则，即当，时，则，即综上所述，的值域为10答案 C命题意图 本题考查抛物线的方程与性质解析 由题意，可得，则，直线FN的方程为设与直线FN平行且与抛物线C相切的直线的方程为，联立抛物线C的方程可得由，可得，所以当M点为直线与抛物线C相切的切点时，M点到直线FN的距离最大当时，由（*）式可得，则M点的坐标为，此时点M到直线
10、FN的距离为，所以的面积的最大值为11答案 B命题意图 本题考查双曲线的性质解析 设双曲线C的焦距为如图所示，不妨设点A在双曲线的渐近线上，则由，得，得，所以直线，由得即因为以AM为直径的圆与x轴交于不同于点M的点B，所以因为，所以，所以，即，又，所以，化简整理得，解得，所以，所以C的渐近线方程为12答案 C命题意图 本题考查空间几何体的结构特征解析 如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记，则点F为矩形ABCD的外接圆圆心设，在中，由余弦定理可得，则，的外接圆半径为记的外接圆圆心为G，则，取AD的中点E，连接PE，EF，易知，且P，E，G共线因为，所以平面PAD，所以平面PAD，且平
11、面ABCD过G作平面PAD，且，连接FO，由平面PAD，可知，则四边形EFOG为矩形，所以，则平面ABCD根据球的性质，可得点O为四棱锥外接球的球心因为球O的体积为，所以，得因为，所以在，所以取PB的中点H，连接OH，则平面PAB，且，所以四棱锥的外接球上的点到平面PAB的距离的最大值为8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13答案 命题意图 本题考查平面向量的线性运算解析 因为，所以因为，所以，得14答案 15命题意图 本题考查二项式定理解析 令，得，的展开式的通项为令，得，令，得，所以展开式中的系数为15答案 命题意图 本题考查解三角形解析 因为，所以，所以，所以，所以，由正弦定
12、理得，即，得，又，所以，因为，所以由余弦定理可得，即，所以，的面积为16答案 命题意图 本题考查导数的几何意义及导数的应用解析 设公切线与的图象的切点为，与的图象的切点为，则，对应的切线方程分别为，即，由易知，即，则，整理得设，则，令，得，令，得或，所以在上单调递增，在和上单调递减，所以，又当时，当时，所以的大致图象如图所示，由图可知n的最大值为3，此时，解得三、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17命题意图 本题考查数列的通项公式及错位相减法求前n项和解析 （）在中，令，得因为，所以，两式相减得，又易知，所以所以又也符合上式，所以（）由（）得，则，两式相减得故18命题意图
13、 本题考查空间中线面位置关系的证明及空间向量的应用解析 （）如图，取AC的中点D，连接BD因为是等边三角形，所以又平面平面ABC，且平面平面，所以平面因为平面，所以因为，所以平面ABC因为平面ABC，所以在和中，由勾股定理可得（）取AB的中点F，连接CF由（）得平面ABC又，所以是直线与平面ABC所成的角，即由（）知，CF，AB两两互相垂直，以C为坐标原点，直线CF为x轴，过点C且平行于AB的直线为y轴，直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则即令，可得设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为19命题意图 本题考查独立性检验及离散型随机变量的分布列和数学期望解析 （）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为所以在抽取的200人中，“足球迷”有人故列联表如下：非足球迷足球迷合计女701080男8
