2023届河南省洛平许济联考高三上学期第一次质量检测理科数学试题含答案

  洛平许济2022-2023学年第一次质量检测

高三理科数学

一、选择题

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B. C.  D.

答案：

B

解析：

【分析】

由对数真数大于零可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】

由得：，即，又，.

故选：B.

2. 已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

A

解析：

【分析】

由复数除法运算可求得，由虚部定义可得结果.

【详解】

，的虚部为.

故选：A.

3. 已知，；，．若为真，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

利用不等式恒成立问题分别求出命题为真命题和为真命题时的取值范围，取交集即可．

【详解】

为真，得为真且为真，

，，

为真时，恒成立，

，解得.

，，

由，为真命题，得，

∴为真，有，

故选：C.

4. 已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

A

解析：

【分析】

根据导数几何意义和垂直关系可得，解方程即可.

【详解】

令，则，

在点处的切线与垂直，，解得：.

故选：A.

5. 已知函数，当时，的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

利用同角三角关系和二倍角的正弦公式化简整理得，结合正弦函数的单调性运算求值.

【详解】

，

∵在的单调递增，

∴在上的最大值为.

故选：C.

6. 已知函数，，，，这四个函数的部分图象如图所示，则函数对应的图象依次是（    ）

A. ①③②④ B. ③②①④ C. ①④③② D. ③④①②

答案：

A

解析：

【分析】

利用导数判断函数单调性可以确定的图象，根据函数奇偶性确定的图象.

【详解】

，

当时，，当时，恒成立，则在上单调递减；

当时，

当时，，当时，，

则在上单调递增，在单调递减；

故对应得图象为①；

，

当时，，当时，恒成立，则在上单调递减；

当时，，

当时，，当时，，

则在上单调递增，在单调递减；

故对应得图象为③；

的定义域为，且，

∴为偶函数，故对应得图象为②；

的定义域为，且，

∴为奇函数，故对应得图象为④；

故选：A.

7. 过抛物线的焦点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆的方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

将直线方程与抛物线方程联立可得，结合中点坐标公式可得圆心坐标，利用抛物线焦点弦长公式可求得半径，由此可得圆的方程.

【详解】

由抛物线方程知：，则，

由得：，

设，，则，

，中点为，即，

又所求圆半径，

以为直径的圆的方程为：.

故选：C.

8. 在中，，点在线段上且与端点不重合，若，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

B

解析：

分析】

根据，利用平面向量基本定理可得，利用基本不等式可求得，结合对数运算可得结果.

【详解】

，，

在线段上且与端点不重合，，且，，

（当且仅当时取等号），，

.

故选：B.

9. 已知菱形的边长为，，是的中点，沿将折起至的位置，使，则下列结论中错误的是（    ）

A. 平面平面 B. 平面平面

C. 平面平面 D. 平面平面

答案：

D

解析：

【分析】

根据线面、面面垂直的判断定理分析判断.

【详解】

如图，在菱形中，连接，则为等边三角形，且是的中点，

∴，

如图，在四棱锥中，，

，平面，

∴平面，

平面，则平面平面，A正确；

∵，即，

∴，

，平面，

∴平面，

又∵，则平面，

平面，则平面平面，B正确；

∵，

，平面，

∴平面，

平面，则平面平面，C正确；

∵平面，平面，则平面内不存在与平面垂直的直线，

∴平面不与平面垂直，D错误；

故选：D.

10. 已知数列的通项公式为，若对于任意正整数，都有，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

B

解析：

【分析】

根据余弦函数的周期性可化简通项公式为，采用裂项相消法可求得，由此可构造不等式求得结果.

【详解】

当时，；当时，，

，

，

，解得：，即实数的取值范围为.

故选：B.

11. 把函数的图象向左平移个单位，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象．若函数的图象与直线在上至少有个交点，则正数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

D

解析：

【分析】

先根据图象变换求得，再以为整体结合正弦函数分析运算.

【详解】

把函数的图象向左平移个单位，得到，

再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到，

∵，，则，

若函数的图象与直线在上至少有个交点，则，解得，

故正数的取值范围是.

故选：D.

12. 已知椭圆的离心率为，分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上且在以为直径的圆上．线段与轴交于点，，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

设，可利用表示出，由向量数量积定义可化简已知等式求得，结合离心率可得；利用勾股定理和椭圆定义可构造方程求得，由此可得的面积.

【详解】

设，

在以为直径的圆上，，又，

，，

，解得：，

又椭圆的离心率，，

，

又，

，

，.

故选：C.

二、填空题

13. 双曲线的渐近线的方程为_________．

答案：

解析：

【分析】

化简成双曲线的标准形态，再确定双曲线的焦点所在，然后确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．

【详解】

由，得，焦点在轴上，

故实轴长为，虚轴长为，焦点在轴上，

而双曲线的渐近线方程为

∴双曲线的渐近线方程为，

故答案为：

14. 已知函数的周期为，且满足，则________．

答案：

解析：

【分析】

赋值令，结合周期性运算求解.

【详解】

令，则，即.

故答案为：.

15. 三棱锥的外接球的表面积为，是该球的直径，是边长为的正三角形，则三棱锥的体积为_________．

答案：

解析：

【分析】

先根据球的表面积公式求球的半径，再根据正弦定理求的外接圆半径，根据球的性质求，进而可得三棱锥的体积.

【详解】

设三棱锥的外接球的球心为,半径为，则，解得，

设的外接圆圆心为，半径为，则，

连接，

∵，即，

则点到平面的距离为，

∴三棱锥的体积.

故答案为：.

16. 已知函数，当关于的方程的不同实数根的个数最多时，实数的取值范围是________．

答案：

解析：

【分析】

借助导数求得的取值范围，再换元，数形结合求的取值范围.

【详解】

则，所以，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，如图，

，设，则，

，

即，

显然不是方程的解，

则（且），

如下图所示，

（1）当时，直线与曲线（且）无交点，则方程无实数解，

（2）当时，直线与曲线（且）有唯一交点，其横坐标为，此时直线与曲线有唯一交点，即方程有唯一实数解

（3）当时，直线与曲线（且）有唯一交点，其横坐标为，此时直线与曲线有两个交点，即方程有两个实数解，

（4）当，直线与曲线（且）有两个交点，设其横坐标分别为，（），此时直线和直线与曲线各有两个交点，即方程有四个实数解，

（5）当时，直线与曲线（且）有两个交点，设其横坐标分别为（），，此时直线与曲线有两个交点，直线与曲线有唯一交点，即方程有三个实数解，

（6）当时，直线与曲线（且）有唯一个交点，设其横坐标分别为（），此时直线与曲线有唯一交点，即方程有唯一实数解，

（7）当时，直线与曲线有两个公共点，对应有两个负值，每一个值对应的值只有一个，原方程有两个根，

综上，当时，关于的方程的不同实根最多.

故答案为：

三、解答题

17. 在锐角中，角所对的边分别为．已知．

（1）求；

（2）求的取值范围．

答案：

见解析

解析：

【分析】

由正弦定理边化角再根据角度范围得角得大小；

根据锐角三角形得角得范围，然后将转化为关于角的正弦型三角函数，根据正弦型函数性质从而可得取值范围.

【详解】

（1）因为，由正弦定理得：，

又因为锐角中，，所以，

则，即，故；

（2）由（1）得，，所以，

又因为锐角中得：，所以，

所以，

因为，所以，所以，

即的取值范围为.

18. 已知等比数列的前项和为，．

（1）求数列的通项公式；

（2）在和之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在项（其中是公差不为的等差数列）成等比数列？若存在，求出这项；若不存在，请说明理由．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）当时，由可得到，进而得到公比；将代入已知等式可求得，由等比数列通项公式可得结果；

（2）假设存在，可求得，利用等比中项和等差中项的定义可构造方程得到，进一步求得，结合可求得，与已知矛盾，由此可得结论.

【详解】

（1）当时，由得：，

，则，

为等比数列，等比数列的公比为；

当时，，，解得：，

（2）假设存在满足题意的项，

由（1）得：，又，；

成等比数列，，即，

成等差数列，，，

，

整理可得：，又，，

即，解得：，则，与已知中是公差不为的等差数列相矛盾，

假设错误，即不存在满足题意的项.

19. 如图，四面体中，，，是的中点．

（1）当在线段上移动时，判断与是否垂直，并说明理由；

（2）若，，试确定点在线段上的位置，使与平面所成角的正弦值为．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）证明转化成证明平面；

（2）先证得，从而建立以为原点的空间坐标系，利用空间向量求解即可．

【详解】

（1）证明：连接，如下图所示，

且为中点，

，

在和中，

，

，

，

，

，平面，

平面，

又平面，

．

（2），

即，

为等腰直角三角形，

又是的中点，

∴ ，

结合（1）知：可建立为原点，分别以、、方向为轴的空间坐标系，

则，，，

，

结合（1）知为等边三角形，

，

，

，

设，，

则，

，

，

，

，

设为平面的法向量，

则，

即，令，

解得：，

，

，

即，

整理得，

解得，

所以点在线段上靠点四等分点处．

20. 已知椭圆的右焦点为，离心率为，上顶点为．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的直线与椭圆交于，两点，与轴交于点，若，，判断是否为定值？并说明理由．

答案：

见详解

解析：

【分析】

（1）根据题意列式求解；（2）由题意可知直线的斜率存在，设其方程为，则，由已知向量等式可得，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明为定值.

【详解】

（1）由题意可得，解得，

故椭圆的方程.

（2）为定值，理由如下：

由（1）可得，

由题意可知直线的斜率存在，设直线：，则，

联立方程，消去得，

则，

，

∵，，则，可得，

（定值）.

21. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，证明：当时，．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）求导后，分别在和的情况下，由正负得到单调性；

（2）对求导后，可令，再次求导可证得单调递减，结合零点存在定理可说明，使得，由此可得单调性，确定；令，利用导数可得，由此可得结论.

【详解】

（1）由题意得：定义域为，；

①当时，，则恒成立，在上单调递增；

②当时，令，解得：，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减；

综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由题意得：，，

令，则，

在上单调递减，又，，

，使得，即，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

；

令，则，

在上单调递增，，

即，.

四、选做题（二选一）

22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．

（1）求直线与曲线的普通方程，并说明是什么曲线？

（2）设是直线与曲线的公共点，点的坐标为，求的值．

答案：

见解析

解析：

【分析】

（1）消去参数即可得到直线与曲线的普通方程即可说明曲线.

（2）将直线参数方程代入圆的普通方程即可得到与，根据参数的几何意义讨论求得的值.

【详解】

（1）由题意可得：直线的参数方程为消去参数

得：.

曲线的参数方程为.消去参数

得：

曲线表示以原点为圆心，以为半径的圆.

(2)由（1）知：将直线的参数方程代入

得： 

可知，，故与异号. 不妨设 ,

易知，故

同理，

易知，故

综上：

23. 已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）设函数的最小值为，且正实数满足，求证：．

答案：

见详解

解析：

【分析】

（1）分段讨论去绝对值即可求解；（2）利用绝对值不等式可求得，再利用基本不等式即可证明.

【详解】

(2)由题意可得：，

当时，则，解得；

当时，则，解得；

当时，则，解得；

综上所述：不等式的解集为.

(2)∵，当且仅当时等号成立，

∴函数的最小值为，则，

又∵，当且仅当，即时等号成立；

，当且仅当，即时等号成立；

，当且仅当，即时等号成立；

上式相加可得：，当且仅当时等号成立，

∴.