河南省商丘市部分学校2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（三）文科数学试题及答案

河南省商丘市部分学校2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（三）文科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知条件，条件，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

3．若，则（    ）

A． B． C．1 D．

4．已知在平行四边形中，，，，，，则（    ）

A．6 B．4 C．3 D．2

5．已知x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10

6．已知抛物线的焦点为为该抛物线上一点，且（点为坐标原点），则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．8

7．海上渔业生产发展迅猛，我国自主研发的大型海洋养殖船纷纷下海.网箱养殖人工创造适合鱼类生长的环境，一段时间内，研究人员发现网箱内氧的含量（单位：与时间（单位：之间的关系为为网箱内氧的初始含量且），且经过后，网箱内氧的含量减少.若当网箱内氧的含量低于初始含量的时需要人工增氧，则大约经过（    ）后需要人工增氧.

参考数据：.

A．39 B．33 C．31 D．27

8．已知在四棱锥中，底面于点，且，和均是边长为2的等边三角形，则底面的面积的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

9．设等差数列的公差为，前项和为，若，则下列说法错误的是（    ）

A．若，则为递增数列 B．若，则

C．若，则 D．对任意正整数，有

10．已知函数的图象按向量平移后对应的函数为，若在上单调，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

11．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

12．已知双曲线的离心率为，右焦点为，直线均过点且互相垂直，与双曲线的右支交于两点，与双曲线的左支交于点，为坐标原点，当三点共线时，（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

二、填空题

13．若函数的图象关于原点对称，则实数______．

14．已知向量，，．若，且，则______．

15．已知圆的方程为，是圆上一动点，点，为线段的中点，则的最小值为__________.

16．如图，有一半径为1的球形灯泡，要为其做一个上窄下宽的圆台形灯罩，要求灯罩对应的圆台的轴截面为球形灯泡对应的大圆的外切等腰梯形，则灯罩的表面积（不含下底面）至少为__________.

三、解答题

17．已知在中，角的对边分别为，，，且．

(1)求；

(2)求面积的最大值．

18．已知函数.

(1)若的图象在点处的切线斜率为，求的值；

(2)当时，判断在内有几个零点，并证明.

19．已知数列的前项和为，，且．

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，求的前项和．

20．如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，侧棱的长为，，分别是棱，的中点，平面平面，且．

(1)求证：；

(2)若三棱柱的侧面积为，求它的体积．

21．已知函数．

(1)若的单调递减区间为，求的值；

(2)若是的极大值点，且恒成立，求的取值范围．

22．已知椭圆的左､右顶点分别为，焦距为2，离心率为.

(1)求椭圆的方程.

(2)已知点的坐标为，是否存在直线，使得对于上任意一点（不在椭圆上），若直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，恒有三点共线？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.

参考答案：

1．A

【分析】解不等式求得集合，进而求得.

【详解】，解得，所以，

由于，所以.

故选：A

2．B

【分析】将已知条件转化为逆否命题来判断，在利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得结论

【详解】命题转化为逆否命题：“”是“”的充分、必要问题

因为，有，所以不一定为

故充分性不成立

当时，则，

所以必要性成立

所以“”是“”的必要不充分条件

由原命题与逆否命题等价性

所以是的必要不充分条件

故选：B.

3．C

【分析】由，可得，进而可得，代入中即可得答案.

【详解】解：因为，

所以，

所以.

故选：C.

4．B

【分析】利用向量加减法运算，对进行分解，再利用数量积公式即可求解.

【详解】因为为平行四边形，所以，，又

则

，又因为，，，则，因为，解得.

故选：

5．C

【分析】画出约束条件表示的可行域，确定目标函数经过的特殊点，即可求出目标函数的最大值.

【详解】约束条件，表示的可行域如图：

由可得，

目标函数经过可行域内的点时，目标函数取得最大值9．

故选：C．

6．C

【分析】首先求出点坐标，结合抛物线定义、余弦的定义以及诱导公式得到关于的方程，解出即可.

【详解】当时，，解得，故，

，，其邻角的余弦值为，

所以，化简得，解得（负舍）

故选：C.

7．D

【分析】由题意可得，得，设经过后需要人工增氧，则可得，所以，化简计算可得答案.

【详解】由题意可知，

所以，则，得，

设经过后需要人工增氧，则

，，

所以，

所以，

，则，

所以，

所以，

所以大约经过27后需要人工增氧，

故选：D

8．A

【分析】设分别为的中点，连接，分别证明，，再分别求出，分别说明和为等腰直角三角形，设，根据三角形的面积公式结合底面的面积及三角函数的性质即可得解.

【详解】解：如图所示，设分别为的中点，连接，

因为底面，面，

所以，

又因和均是边长为2的等边三角形，

所以，

又平面，

所以平面，

因为平面，所以，

同理，

在中，，

则，

同理，

，

在中，因为为的中点，且，

所以为等腰直角三角形，且，

同理为等腰直角三角形，且，

设，则，

则，

故，

所以底面的面积为.

故选：A.

9．D

【分析】根据已知条件求得的关系，然后对选项逐一分析，从而确定正确答案.

【详解】由于等差数列满足，

所以.

A选项，若，则，所以是递增数列，A选项正确.

B选项，若，，，

，B选项正确.

C选项，，C选项正确.

D选项，当时，，

所以，D选项错误.

故选：D

10．A

【分析】先利用辅助角公式将函数化简，再按向量平移后得到，然后利用正弦函数的单调性即可求解.

【详解】因为函数，

函数图象按向量平移后得到，

当，则，

因为在上单调，由正弦函数的单调可知：或

要使最小，则取0，故有或，

解得：或，

综上，的最小值为，

故选：A.

11．A

【分析】构造函数，利用导数与函数单调性的关系求得在上单调递减，从而判断得的大小关系.

【详解】令，则，

当时，，，则，所以在上单调递减，则，

因为，所以，

所以，

即，则，故，

所以，

故选：A.

12．B

【分析】根据题意作出图形，由双曲线的对称性及双曲线的定义，利用勾股定理建立方程求解可得.

【详解】设双曲线另一焦点为，连接，如图，

因为三点共线，，

所以由双曲线的对称性知，四边形为矩形，

设，则，，

在中，，即，

又，解得或（舍去），

在中，，即，

解得，即.

故选：B

13．4

【分析】由函数的奇偶性得到，从而求得值.

【详解】因为的定义域为，显然关于原点对称，

又的图象关于原点对称，

所以是奇函数，则，

所以对于恒成立，解得，

故.

故答案为：4.

14．

【分析】根据向量垂直、平行列方程，从而求得的值.

【详解】，

由于、，

所以，解得.

故答案为：

15．##

【分析】点轨迹为以为圆心1为半径的圆，的最小值为.

【详解】设，，点为线段的中点，有，得，

在圆上，满足圆的方程，则有，化简得点轨迹方程为，

点轨迹为以为圆心，1为半径的圆，如图所示，

，所以的最小值为.

故答案为：

16．##

【分析】轴截面为等腰梯形，设上底为，下底为，由几何知识得间关系.

后表示出灯罩表面积，可得最小值.

【详解】由题可得，轴截面为等腰梯形.如图，E，F，P分别为圆在AD，BC，AB上切点.

则，且三点共线.

设.其中. 则由切线长定理得，.

因，，，则，

得平分.同理可得，平分，又，则.

又，由射影定理得：，故.

设灯罩的表面积为，灯罩上表面积为，灯罩侧面面积为，则.

又，（为圆台母线长，为上下底面半径）.则，又，

则，

当且仅当，即取等号.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题涉及圆台的表面积公式.解决本题的关键为能由几何知识得到及能识记圆台的侧面积公式.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用诱导公式与正弦的和差公式结合正弦定理的边角变换，得到，从而得到，由此可得；

（2）利用余弦定理及基本不等式得到，从而得到，据此解答即可.

【详解】（1）由已知可得，所以，

由正弦定理可得，即，则，

因为，又，所以，

又，所以．

（2）由余弦定理可得，即，

又，所以，即，当且仅当时，等号成立，

所以，即面积的最大值为．

18．(1)

(2)1个，证明见解析

【分析】（1）利用在切点处的导数与切线斜率的关系即可求解；

（2）转化问题为当时，与在内的交点个数问题，利用导函数求得在内的值域，即可求解.

【详解】（1）由题，，

则，即，

解得

（2）当时，在内有1个零点，证明如下：

由题，令，即，则，

设，所以，

因为当时，，，

所以当时，，即在上单调递减，

因为，当时，，

所以，

所以当时，与在内有一个交点，

即当时，在内有1个零点.

19．(1)

(2)

【分析】（1）首先利用所给关系，求出，再利用的关系式作差，求出，最后结合等比数列即可求解.

（2）首先利用利用，求出，再利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）因为，所以当时．

因为，所以，，即．

所以，两式相减可得．

又，，所以，则．

所以是以为首项，为公比的等比数列．因此．

（2）由题意得，

则，

．

两式相减，得

，所以．

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明平面来证得，进而求得.

（2）通过求四棱锥的体积来求得三棱柱的体积.

【详解】（1）如图，过点作交于点．

∵平面平面，平面平面，

，平面，

∴平面．

又平面，∴．

∵是正三角形，为的中点，∴．

∵，，平面，∴平面．

又平面，∴．

易知，∴．

（2）由（1）知四边形为矩形，如图，过作，交于，连接．

易知四边形为矩形，．

由（1）知平面，所以，

又平面，所以平面，

由于平面，所以．

同理过作，交于，连接，可证．

由，可知．

所以三棱柱的侧面积：

，

所以．

在中，，，所以．

连接，，四棱锥的体积：

，

又，所以．

21．(1)

(2)

【分析】（1）首先求出导数，再利用所给单调区间，将其转化为对应的解集问题，利用根与系数的关系即可求解.

（2）首先根据是的极大值点，分别讨论的范围，然后将的表达式代入中，变形整理得到恒成立，再构造新函数，解即可.

【详解】（1）由题可知的定义域为，．

的单调递减区间为等价于的解集为，

即的解集为．

所以方程的两个根分别为，，

由根与系数的关系可得，所以．

（2）若是的极大值点，定义域为，则至少有一正根，

即方程至少有一正根．

若，则方程的正根为，

因为当时，当时，

所以此时只有极小值点1，不符合题意．

若，则方程有一正根和一负根，设为，，且，，

则．

因为当时，，当时，，所以此时只有极小值点，不符合题意．

若，由题可知方程应有两个不等的正根，设为，，其中，

则解得．

所以．

列表如下：

所以是极大值点，是极小值点，则．

由，且，得．

由题可知，即当时恒成立．

令，，则．

因为，所以．

所以当时，，当时，，所以，

解得，又，所以此时的取值范围是．

综上，实数的取值范围是．

22．(1)

(2)直线存在，直线方程为.

【分析】（1）利用椭圆的几何性质建立方程组求解即可；

（2）假设存在满足题意的直线，设，得到直线的方程代入椭圆求出点坐标，直线的方程代入椭圆求出点坐标，由三点共线建立方程，等式恒成立，求t的值即可．

【详解】（1）由题意可知，，解得，，，

∴椭圆的方程为.

（2）由（1）可知，，，设，

当，点在轴上，则与重合，与重合，满足有三点共线.

当，直线的方程为，代入椭圆方程消去得：，

解得，则，

同理，直线的方程为，代入椭圆方程可求得，，

得，，

若三点共线，的坐标为，则有，

可得，

化简得，

点是上任意一点（不在椭圆上），等式恒成立，

则有，解得,

∴直线存在，直线方程为.

【点睛】1.解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

2.注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

3.强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．