2023届河南省许昌高级中学高三上学期定位考试数学试题含答案

2023届河南省许昌高级中学高三上学期定位考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，，则M、N、P的关系满足（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先将集合M、N、P化简成统一形式，然后判断即可．

【详解】，

，

，

所以.

故选：B．

2．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）．

A． B．e C． D．

【答案】C

【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．

【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，

设，所以，所以在上单调递增，

，故，即，即a的最小值为．

故选：C．

3．已知平面向量，则向量的模是（　　）

A． B． C． D．5

【答案】C

【详解】因为向量，，，，故选C.

4．已知数列是一个递增数列，满足，，，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过已知条件，得出，再由数列是一个递增数列，满足，得，然后分、、三种情况讨论，结合数列的单调性，逐项计算出的值.

【详解】当时，则，由于数列是一个递增数列，，

，或或.

①当时，则，不合乎题意，舍去；

②当时，则，，，

由于数列是一个递增数列，所以，，由于，因此，；

③当时，，则，不合乎题意.

综上所述：，故选B.

【点睛】本题考查数列的递推关系式和数列的单调性，解题的关键根据递推关系式进行计算，考查了分类讨论数学思想，属于中等题.

5．已知，是方程的两根，且，，则的值为（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.

【详解】由题知，，是方程的两根，

所以，即，

因为，，

所以，，

所以，

因为，

所以，

故选：B

6．如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系利用向量法来求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，

，设平面的法向量为，

则，故可设，

设直线与平面所成角为，

所以.

故选：A

7．已知二次函数的两个零点为，若，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数零点的定义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

【详解】由，，得，，由，

由，解得，

．

，

故选：D

【点睛】关键点睛：根据已知不等式得到是解题的关键.

8．如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（    ）．

A．（1，，4） B．（，1，）

C．（2，，1） D．（1，2，）

【答案】B

【分析】设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．

【详解】解：设正方体的棱长为2，则，，

∴，

设向量是平面的法向量，

则取，得，

则是平面的一个法向量，

结合其他选项，只需和共线即可，

检验可知，ACD选项均不与共线.

所以能作为平面的法向量只有选项B

故选：B．

二、多选题

9．已知函数的定义域为，，则（    ）．

A． B．

C．是偶函数 D．为的极小值点

【答案】ABC

【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.

方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.

【详解】方法一：

因为，

对于A，令，，故正确.

对于B，令，，则，故B正确.

对于C，令，，则，

令，

又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，

对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.

方法二：

因为，

对于A，令，，故正确.

对于B，令，，则，故B正确.

对于C，令，，则，

令，

又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，

对于D，当时，对两边同时除以，得到，

故可以设，则，

当肘，，则，

令，得；令，得；

故在上单调递减，在上单调递增，

因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值，故D错误.

故选：.

10．下列命题中正确的命题是 （    ）

A．，使；

B．若，则；

C．已知，是实数，则“”是“”的必要不充分条件；

D．若角的终边在第一象限，则的取值集合为．

【答案】BCD

【分析】根据指数函数的性质，得到，可判定A不正确；由三角函数的基本关系式，可判定B正确；由指数函数与对数函数的性质，结合充分、必要条件的判定，可判定C正确；求得，分类讨论，结合三角函数的符号，可判定D正确．

【详解】对于A中：当时，，即，所以A不正确；

对于B中：若，则，

所以，可得或，此时，

所以B正确；

对于C：由，可得，又由，可得则，

所以“”是“”的必要不充分条件，所以C正确；

对于D：由角的终边在第一象限，可得，

当为偶数时，在第一象限时，可得；

当为奇数时，在第三象限时，可得，

所以的取值集合为，所以D正确．

故选：BCD．

11．在数列中，，若（为常数），则称为“等差比数列”，下列对“等差比数列”的判断正确的为．

A．不可能为0 B．等差数列一定是“等差比数列”

C．等比数列一定是“等差比数列” D．“等差比数列”中可以有无数项为0

【答案】AD

【详解】由等差比数列的定义可知，等差比数列的公比不为0，所以A正确；当等差数列的公差为0即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以选项B不正确；当是等比数列时，当公比时，不是等差比数列，所以选项C不正确；数列是公比为-1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以选项D正确.

12．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（    ）

A．若，则满足条件的点有且只有一个

B．若，则点的轨迹是一段圆弧

C．若∥平面，则长的最小值为2

D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为

【答案】ABD

【解析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可判断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.

【详解】如图：

∵正四棱柱的底面边长为2，

∴，又侧棱，

∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；

∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；

连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；

由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.

三、填空题

13．已知函数，图数，若存在，使成立，则实数a的取值范围是       

【答案】

【分析】分析当时的单调性并求出值域为A，分析当时的值域进而求出的值域为B，由题意知，列出不等式即可求出a的取值范围.

【详解】，当时，为减函数，

所以当时，函数的值域为，

当时，，，则的值域为，

因为存在，使成立，

所以，

若，则或，即或，

所以若且，则

故答案为：

【点睛】本题考查函数的单调性与值域，集合交集运算的概念，涉及分离常数法判断函数的单调性，正弦函数的单调性与值域，属于中档题.

14．若的展开式中项的系数为-160，则的最小值为      

【答案】16

【分析】求出的展开式的通项公式，得到，求出，再利用重要不等式，求出最小值.

【详解】展开式的通项公式为，

令，解得：，

故，所以，

解得：，

所以，当且仅当时，等号成立，

故的最小值为16.

故答案为：16

15．若正数a，b满足，则的取值范围是         ．

【答案】

【分析】先分离常数，再化简应用基本不等式计算范围即可.

【详解】，

因为正数a，b满足，所以，所以．

故答案为：

16．已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为          ．

【答案】

【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，

即：a|PF1|=|cPF2|

设点（x0，y0）由焦点半径公式，

得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）

解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a

整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），

故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．

【解析】本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．

点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且满足，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，求.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；

（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；

【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，

∴，∴.

（2）由（1）可知，

∴数列的前项和为，

，

两式作差，得，

∴.

【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题

18．已知圆C过点 ，且圆心C在直线上．

(1)求圆C的标准方程．

(2)设直线与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点 的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）设圆的方程，由题意列出方程组，解方程组求得答案；

（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心 必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.

【详解】（1）设圆C的方程为，

则有，解得，

所以圆C的方程为，

化为标准方程，得．

（2）假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，

故圆心 必在直线l上，所以直线l的斜率，

又，所以．

将与圆C的方程联立，

整理得，由于直线交圆C于A，B两点，

故，解得，与矛盾，

故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．

19．如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．

(1)求证：AP⊥BC；

(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论；

（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.

【详解】（1）证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；

则 ，

故，，

∴，

∴⊥，即 ；

（2）证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以,

因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ，

∴M(0,，)，∴(0,,)，

(-4,,)，(4,,)；

设平面BMC的法向量为，

则 ，即，

令 ，则；

设平面AMC的法向量为，则 ，

即，令 ，则；

由于，

得⊥，即平面AMC⊥平面BMC．

20．已知二项式的展开式中共有10项．

(1)求展开式的第5项的二项式系数；

(2)求展开式中含的项．

【答案】(1)126

(2)

【分析】（1）根据项数可求得，根据二项式系数与项数之间关系列出等式，解出即可；

（2）由（1）中的，求出通项，使的幂次为4，求出含的项即可.

【详解】（1）解：因为二项式的展开式中共有10项，所以，

所以第5项的二项式系数为；

（2）由（1）知，记含的项为第项，

所以，

取，解得，所以，

故展开式中含的项为.

21．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.

(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；

(2)设点，若直线与曲线交于A，B两点，且，求实数的值.

【答案】(1)直线的参数方程为（为参数），曲线的普通方程为

(2)

【分析】（1）将直线的极坐标方程化为普通方程，再将直线的普通方程化为参数方程即可，直接消去参数将曲线的参数方程化为普通方程即可；

（2）设、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，结合，得到关于的等式，再求出的值即可.

【详解】（1）因为，所以，

又因为，，即，

所以直线的普通方程可化简为,

所以直线的参数方程为（为参数），

由，消去得，

所以曲线的普通方程.

（2）由，知与反向，所以点在圆内，

所以，解得，

联立直线的参数方程和曲线的普通方程，可得，

设、对应的参数分别为、，

因为点在圆内，则直线必与圆相交，

由韦达定理，可得①，②，

由于，代入①可得，代入②可得，

所以，解得，合乎题意.

综上所述，.

22．设函数．

(1)设，求函数的最大值和最小值；

(2)设函数为偶函数，求的值，并求函数的单调增区间．

【答案】(1)，；

(2)，

【分析】(1)化简f(x)解析式，利用正弦函数的图像特性即可求其最大值和最小值；

(2)根据正弦型函数为偶函数可知，，据此即可求出，再根据正弦函数单调性即可求g(x)的单调增区间.

【详解】（1），

∵，，

∴，

∴函数的最大值为，最小值为．

（2），

∵该函数为偶函数，∴，得，

又∵，∴k取0，，

∴，

令，解得，

从而得到其增区间为．