河南省南阳市第一中学校2023届高三上学期第三次阶段性测试理科数学试题
展开2023届年高三第三次阶段性测试理科数学试题
一、选择题（本大题共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．若为虚数单位，，且，则复数的模等于（ ）
A． B． C． D．
2．设集合，若，则实数的值为（ ）
A．4 B． C．4或 D．或2
3．在等比数列中，，且，则（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．若点在直线上，则的值等于（ ）
A． B． C． D．
5．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中真命题是（ ）
A．若与所成角相等，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为．如图所示．点在以为圆心2为半径的圆弧上运动．则的最小值为（ ）
A． B． C．0 D．2
8．下列四个结论中正确的个数是（ ）
①若，则
②“已知直线和平面，若，则”为真命题
③是直线与直线互相垂直的充要条件
A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知函数，函数图象的一个对称中心为，现将图象上各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，当时，函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
10．已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（ ）
A．3 B． C． D．
11．已知实数满足，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．已知正方体的棱长为4，分别为的中点，点在平面中，，点在线段上，则下列结论正确的个数是（ ）
①点的轨迹长度为；
②的轨迹平面的交线为圆弧；
③的最小值为；
④若，则的最大值为．
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．_________．
14．已知，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是_________．
15．在中，若，则的面积为_________．
16．已知函数有两个零点，则正实数的取值范围为_________．
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17～21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）在数列和等比数列中，．
（1）求数列及的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
18．（12分）如图所示，在三棱柱中，，四边形为菱形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
19．（12分）已知分别是内角所对的边，．
（1）求角；
（2）已知是上一点，，求的面积．
20．（12分）已知圆的方程为是经过且互相垂直的两条直线，其中交圆于两点，交轴于点．
（1）若，求直线的方程；
（2）求面积的最小值．
21．（12分）已知函数．其中
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若对于任意，都有恒成立，求的取值范围．
（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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系中，点，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为是曲线的下、上焦点．
（1）求曲线的标准方程和直线的直角坐标方程；
（2）经过点且与直线垂直的直线交曲线于两点，求的值．
23．已知函数．
（1）解不等式；
（2）设函数的最小值为，实数满足，求证：．
高三第三次阶段性测试理科数学试题解析版
一、选择题（本大题共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．【答案】C
2．【答案】C
【分析】本题先化简集合、集合，再结合，确定直线与平行或直线过点，最后求实数的值．
【详解】解：集合表示直线，即上的点，但除去点，集合表示直线上的点，
当时，
直线与平行或直线过点，
所以或，
解得或．
故选：C．
3．【答案】C
4．【答案】B
5【答案】D
6．【答案】D
7．【答案】B
【解析】
【分析】设，以为平面内一组基底，根据平面向量的加法的几何意义、平面向量数量积的定义和运算性质，结合辅助角公式、余弦函数的单调性进行求解即可．
【详解】设，
因此有
，
因为，所以，所以当时，即有最小值，最小值为．
故选：B
8．【答案】A
9．【答案】B
，
函数的一个对称中心为，
，将图象上各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象，则，所以函数的值域为．故选：B．
10．B
11．【详解】
由题意，，
所以，
因为，所以，即．
所以，即，
所以．
再来比较的大小：
因为，
所以
所以，即，
所以．
综上所述，．
故选：A．
12．【答案】D
【详解】解：根据正方体的性质知，到平面的距离为4，因为，所以的轨迹为圆锥的侧面，
点在圆锥底面的圆周上，圆锥的底面的圆半径为，圆锥的高为4，母线，对于①，点的轨迹长度为，故①错误，
对于②，由题意知，平面与圆锥的高不垂直，所以平面截圆锥所形成的曲线为椭圆，所以的轨迹与平面的交线不是圆弧，故②错误，
对于③，以为原点，所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，所以，点所在的圆的圆心为，所以圆的标准方程为所在的直线方程为，所以圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的距离最小值为，即的最小值为，故③正确；
对于④，以点为原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立如图所示的坐标系，
则设，因为，所以，
即，对于，即求的最小值，
，由二次函数的性质知，当时，取得最小值，
又因为，所以，所以的最大值为，所以④错误，
故选：D．
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．
14．【答案】；
15．【答案】
【详解】解：由题得，
因为方程有解，所以，
所以，
因为，
所以．
所以．
由余弦定理得．
所以的面积为．
故答案为：
16．【答案】
【分析】由已知可得方程其中有两个根，利用导数研究，的单调性，作出其函数图象，观察图象可求出的取值范围．
【详解】因为函数有两个零点，
所以方程有两个根，
所以
所以方程其中有两个根，
设，
所以，令可得，
化简可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
作函数的图象可得，
由图象可得，当时，直线与函数，的图象有且仅有两个交点，
所以当时，函数有两个零点，
故答案为：．
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17～21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）
17．解：（1）依题意，
设数列的公比为，由，可知，
由，得，又，则，
故，
又由，得．
（2）依题意
，①
则，②
①-②得，
即，故．
18．【答案】
（1）证明见解析 （2）
（1）证明：由，则有．
为的中点，．
由，则有，
，
，
平面．
（2）取中点为，连接，
由，得，
由题意得，
，
又可知，则平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，
由，得平面，
平面，
平面的法向量，
设平面的法向量，
则，不妨取，得，
设二面角的平面角为，由图示为锐角．
则，
∴二面角的余弦值为．
19．（1），
，
由正弦定理得，
，即，
，
显然．
（2）在中，由余弦定理知，，
即，
解得或（舍），，
．
20．（1）圆的方程为，圆心，半径．
若垂直于轴，则不合题意，
故斜率存在，设为，则的方程为，即．
到的距离，解得，
故直线的方程为，即．
（2）由已知，斜率不为0，故斜率存在．
当斜率不存在时，方程为，则，此时方程为，此时，
．
当斜率存在时，设即，则圆心到直线的距离为．
，
方程为，即，则点到的距离为．
综上：面积的最小值为．
21．解：（1），令其为，则
所以可得，即单调递增，
而，则在区间上，，函数单调递减；
在区间上，函数单调递增
（2），令，可知．
，令，
①当时，结合对应二次函数的图像可知，，即，
所以函数单调递减，时，时，，可知此时满足条件；
②当时，结合对应的图像可知，单调递增，
时，时，，
可知此时不恒成立，
③当时，研究函数．
可知．对称轴．
那么在区间大于0，即在区间大于0，
在区间单调递增，，可知此时．所以不满足条件．
综上所述：．
22．解：由得，
即，所以，即，
直线的直角坐标方程为：，即；
（2）解：由（1）知，
直线的直角坐标方程为，直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入曲线的标准方程可得：，
设两点对应的参数分别为，
．
23．（1），即．
当时，不等式可化为，解得：
又；
当时，不等式可化为，解得：
又．
当时，不等式可化为，解得：
又．
综上所得，或，即．
原不等式的解集为．
（2）由绝对值不等式性质得，，
，即．
令，则，
，
当且仅当即时等号成立．原不等式得证．
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