河南省三门峡市湖滨区等5地2023届高三第三次大练习数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份河南省三门峡市湖滨区等5地2023届高三第三次大练习数学（理）试题（Word版附解析），共24页。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟，其中第Ⅰ卷22题，23题为选考题，其它题为必考题．考试结束后，将答题卡交回．
注意事项：
1．答题前，考生必须将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内．
2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、不准使用涂改液、刮纸刀．
第Ⅰ卷 选择题（共60分）
一、选择题：本题共12个小题，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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数和对数函数的性质，分别求得集合，结合集合的概念及运算，即可求解.
【详解】由集合，
根据集合交集的运算，可得.
故选：A.
2. 已知为实数，若复数为纯虚数，则复数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
【答案】D
【解析】
【分析】利用纯虚数的定义求出a，即可判断作答.
【详解】因为复数为纯虚数，则，解得，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3. 已知向量，若，则在上的投影是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据坐标先求得向量，结合平面向量数量积的运算律求得，即可由平面向量投影的定义求得在上的投影.
【详解】向量，则，
因为，
则，即，
所以，
在上的投影为.
故选：D.
【点睛】本题考查由坐标求平面向量模，平面向量数量积的运算律简单应用，投影的定义和求法，属于基础题.
4. 设椭圆的离心率为，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. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分、必要性定义，结合椭圆方程，讨论判断充分性，由离心率定义判断必要性，即可得答案.
【详解】当时，则；当时，则；
所以推不出，充分性不成立；
当时，则，必要性成立；
综上，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知，，则值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数之间关系化简得，再利用两角差的余弦公式得，最后再利用两角和的余弦公式即可得到答案.
【详解】,且,
则
整理得：,
则，
整理得,
所以
故选：D.
6. 设，是两个随机事件，且发生必定发生，，，给出下列各式，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题设知，即，，结合条件概率公式判断各项正误.
【详解】由，是两个随机事件，且发生必定发生，知：，即，，
所以，，，A、B、D错，C对；
故选：C
7. 安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为（ ）
A. 432B. 144C. 216D. 1296
【答案】C
【解析】
【分析】先从4个男生选2个一组，将4人分成三组后全排列，然后3个女生分成三组，全排列即可.
【详解】由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，女生的安排方法共有，故不同的安排共有种.
故选：C
8. 已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球，则与该三棱柱共底面的外接圆锥的轴截面面积的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可利用内切球半径等于三角形内切圆半径求出，再由正弦定理求出三角形外接圆半径，即可利用比例关系求出轴截面三角形高与底边的关系，得出轴截面面积表达式，利用均值不等式求出最小值即可.
【详解】如图，
正三棱柱内切球半径即为内切圆半径，由等面积法可知，
，，
,
设分别为和外接圆的圆心，则，
由正弦定理知，，
设，，
则，，解得，
圆锥轴截面面积，
，
，当且仅当，即时等号成立，
即轴截面面积的最小值是，
故选：B
9. 已知中，内角，，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过特值检验，结合三角形内角和定理构造函数，确定函数的单调性，利用正余弦定理可得结果.
【详解】对于选项A，不妨取，满足，
但，故A错误；
对于选项B，由，得，
即，
构造函数，则，
故在上单调递减.
因为，所以，故，
可得.
因为在上单调递增，所以，即.
因为在上单调递减，所以，即.
可得，故B错误；
对于选项C，因为，，即，
可得，故C错误；
对于选项D，因为，即，
由正弦定理，
可得，
即，故D正确.
故选：D
10. 在当前市场经济条件下，私营个体商店中的商品，所标价格与其实际价值之间，存在着相当大的差距.对顾客而言，总是希望通过“讨价还价”来减少商品所标价格与其实际价值的差距.设顾客第次的还价为，商家第次的讨价为.有一种“对半讨价还价”法如下：顾客第一次的还价为标价的一半，即第一次还价，商家第一次的讨价为与标价的平均值，即；…；顾客第次的还价为上一次商家的讨价与顾客的还价的平均值，即，商家第次的讨价为上一次商家的讨价与顾客这一次的还价的平均值，即.现有一件衣服标价1200元，若经过次的“对半讨价还价”，与相差不到元，则最小值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】判断出数列是等比数列，由此列不等式，从而求得的最小值.
【详解】依题意可知，
，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
由得，其中，
经检验可知，的最小值为.
故选：C
11. 已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，，则关于的方程在上所有实数解之和为（ ）
A. 9B. C. D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】分析函数及的性质，再出两个函数的部分图象，利用对称性求解作答.
【详解】函数是定义域为的偶函数，当时，，则当时，，
又，则函数周期是3，显然，
即直线是图象的一条对称轴，因此直线是图象的对称轴，
函数的最小正周期是，直线是图象的对称轴，
函数与在当时取得相同最大值，
在同一坐标平面内作出函数与的图象，如图，
观察图象知，函数与在上有7个公共点，对应横坐标依次为，
由对称性知，，于是，
所以关于的方程在上所有实数解之和为.
故选：B
12. 已知函数，其中，若函数满足以下条件：
①函数在区间上是单调函数；②对任意恒成立；
③经过点的任意直线与函数恒有交点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到函数的周期为，由②得到是函数的一条对称轴，结合①可知，，再结合②和③即可求解.
【详解】由函数可知，函数的周期为，
由条件②对任意恒成立，可知是函数的一条对称轴，
结合条件①函数在区间上是单调函数，则有
，又，解得，即，
又因为，故，解得，又，
从而或.
当时，；当时，，
由②对任意恒成立，，则，由③经过点的任意直线与函数恒有交点，得，解得，易知，，，
此时由，可得，从而，
由或，得或，
所以或，
故选：A.
【点睛】根据三角函数的单调性和对称轴求参数，研究三角函数的性质基本思想将函数看成的形式，根据整体思想来研究相关性质.
第Ⅱ卷 非选择题（共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 已知的展开式中的系数是20，则实数__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据二项展开式可得，则可得展开式中的系数，列方程即可得实数的值.
【详解】解：因为
则展开式中的系数是，求得.
故答案为：2.
14. 已知，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据指对数互化可得，结合求参数值即可.
【详解】由题设，则且，
所以，即，故.
故答案为：
15. 如图，已知圆柱，A在圆上，，，，在圆上，且满足，则直线与平面所成角余弦的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】建系，利用空间向量求线面夹角，整理得，结合正弦函数的有界性分析运算.
【详解】如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
不妨取，设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
即直线与平面所成角正弦的最大值是，
所以直线与平面所成角余弦的最小值是.
故答案为：.
16. 已知双曲线的左、右顶点分别为，左焦点为，为上一点，且轴，过点的直线与线段交于点（异于，），与轴交于点，直线与轴交于点，若（为坐标原点），则的离心率为______．
【答案】2
【解析】
【分析】画出图形，利用三角形相似，列出关系式，结合已知条件和双曲线的性质，即可求解.
【详解】由和相似，可得，
又由和相似，可得，
因为，可得，即，
解得，所以离心率为.
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．
（一）必考题：共60分．
17. 已知数列满足，且，．
（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）记，，．证明：．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由递推式整理得，结合等差数列定义证为等差数列，进而写出其通项公式，注意验证；
（2）由（1）及题设得，应用放缩可得，再利用裂项相消法即可证结论.
【小问1详解】
由得：，整理为：，
所以为等差数列，公差，首项为；
所以，整理为，经检验，符合要求.
【小问2详解】
由（1）得：，，
∴，
∴，即．
18. 如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；
（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.
所以在中，，则，又，所以，由，
所以为等边三角形，
又是的中点，所以，又平面，
则有平面，
而平面，故平面平面.
（2）解法一：在中，，取中点，所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，方向为轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，由得取，则
设直线与平面所成角大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，
可得，
设直线与平面所成角大小为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.
19. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同．对于每道题，若甲自己有把握答对，则选择独立答题．甲每道题自己有把握独立答对的概率为；若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为，假设每道题答对与否互不影响．
（1）当时，若甲答了4道题，计甲答对题目个数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）乙答对每道题的概率为（含亲友团），现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于，求甲的亲友团每道题答对的概率的最小值．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为；
（2）．
【解析】
【分析】（1）可能取值为0，1，2，3，4，而，由二项分布得概率后可得分布率，再由二项分布的期望公式得期望；
（2）结合求得甲答对1道和2道题的概率，乙答对0道和1道题的概率，然后由互斥事件、独立事件概率公式求得甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率，利用不等式求得的最小值．
【小问1详解】
可能取值为0，1，2，3，4，记甲答对某道题的概率为事件，则，
则，，
则的分布列为：
则
【小问2详解】
记事件为“甲答对了道题”，事件为“乙答对了道题”，其中甲答对某道题的概率为，答错某道题的概率为，
则，，
，，
所以甲答对题数比乙多的概率为：
，
解得，
甲的亲友团助力的概率的最小值为．
20. 已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与的交点为，且．
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）设过定点的直线与抛物线交于，两点，连接并延长交抛物线的准线于点，当直线恰与抛物线相切时，求直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或
【解析】
【分析】（Ⅰ））设，代入，得，利用解得答案.
（Ⅱ）由题知直线的斜率存在，设其方程为，由消去y整理得，抛物线在点处的切线方程为利用韦达定理，整理得到答案.
【详解】（Ⅰ）设，代入，得，
所以，．
由题设得，解得（舍去）或，
∴C的方程为．
（Ⅱ）由题知直线的斜率存在，设其方程为，
由消去y整理得，
显然．设，，则
抛物线在点处的切线方程为，
令，得，可得点，
由Q，F，R三点共线得，所以，
即，整理得，
所以，解得，即，
故所求直线的方程为或
【点睛】本题考查了抛物线方程，直线方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
21. 已知函数，其中，．
（1）当时，求函数的值域；
（2）若函数在上恰有两个极小值点，，求的取值范围；并判断是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；存在；．
【解析】
【分析】（1）对函数求导，利用导数的性质进行求解即可；
（2）判断函数的奇偶性，根据二次求导法分类讨论求出的取值范围，最后再根据，之间的关系进行求解即可.
【详解】解：（1）当时，，则．
设，则，．显然．
在上单调递增．
又，当时，；当时，．
在上单调递减，在上单调递增．
，，函数的值域为．
（2），
是上的偶函数．
“函数在上恰有两个极小值点”等价于“函数在上恰有一个极小值点”．
因，设，则．
①当时，，则在上单调递减．．
则，此时在上单调递减，无极小值．
②当时，，则在上单调递增．．
则，此时在上单调递增，无极小值．
③当时，存在，使．
当时，；当时，．
在上单调递减，在上单调递增．
，．又，
（i）当，即时，．
，此时在上单调递减，无极小值．
（ii）当，即时，．
则存在，使得．……（*）
当时，；当时，．
在上单调递减，在上单调递增．
函数在上恰有一个极小值点．此时，是函数的极大值点．
当函数在上恰有两个极小值点时，的取值范围为．
，
若，则
由（*）式，知．．
整理得．
，，．
存在，使得成立．
【点睛】关键点睛：运用二次求导法、分类讨论思想是解题的关键.
（二）选考题：共10分，请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
（1）求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若点，直线与曲线C的交点为M，N，求的值.
【答案】（1）曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消参法求曲线普通方程，根据求直线的直角坐标方程；（2）根据直线参数方程的几何意义结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
∵曲线的参数方程为（为参数），消去参数可得：，
∴曲线的普通方程为，
又∵直线的极坐标方程为，且，
∴直线的直角坐标方程为
综上所述：曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为.
小问2详解】
由（1）可知：直线的直角坐标方程为，即直线过点，斜率为，倾斜角为，
则可设直线的参数方程为（为参数），
将代入整理得：，
设点对应的参数分别为，判别式恒成立，
可得：，即，
∴.
选修4-5：不等式选讲
23. 设，且.
（1）证明：；
（2）若恒成立，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）用柯西不等式，直接证明不等式成立．
（2）用柯西不等式，求出的最小值，即可求出参数的取值范围．
【详解】解：（1）因为，且.
所以，
所以，当且仅当时，等号成立．
（2），
所以，
当且仅当时，等号成立．
所以
故的最大值为
【点睛】利用柯西不等式求最值
①先变形凑成柯西不等式的结构特征，是利用柯西不等式求解的先决条件；
②有些最值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；
③而有些最值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误．多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一．
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