2023届河南省洛阳市新安县第一高级中学高三上学期9月阶段诊断性考试数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届河南省洛阳市新安县第一高级中学高三上学期9月阶段诊断性考试数学（理）试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省洛阳市新安县第一高级中学高三上学期9月阶段诊断性考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则中的元素个数为（   ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】解一元二次不等式化简集合B，再根据已知列出不等式，求解判断作答.【详解】解不等式得：，即，而，由解得：，又，显然满足的自然数有9个，所以中的元素个数为9.故选：B2．已知复数，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】因为，因此，.故选：C.3．已知非零向量、满足，且，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为，则，，可得，因为，因此，.故选：C.4．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由，利用正弦定理得，然后结合已知条件利用余弦定理可求出【详解】．由正弦定理可得．又∵，，∴由余弦定理，可得，解得或（舍去）．故选：B．5．已知函数在处取得最大值，则（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根辅助角公式和正弦函数最值求解即可.【详解】，其中为锐角，.因为当处取得最大值，所以，，即，，所以.故选：A6．已知定义域为的偶函数满足，且当时，，则 （   ）A． B． C．1 D．3【答案】D【分析】根据给定条件，探讨出函数的周期，再结合已知函数式求解作答.【详解】因上的偶函数满足，即有，则，因此，函数是周期为8的周期函数，.故选：D7．我国古代经典数学名著《九章算术》中有一段表述:“今有圆堡壔（dăo），周四丈八尺，高一丈一尺”，意思是有一个圆柱，底面周长为4丈8尺，高为1丈1尺.则该圆柱的外接球的表面积约为（   ）（注:1丈=10尺，取3）A．1185 平方尺 B．1131 平方尺 C．674 平方尺 D．337 平方尺【答案】B【分析】根据题意作图，再由底面周长求得底面半径，连接上下底面圆心，取中点为外接圆的圆心，根据勾股定理，可得外接圆半径，可得答案.【详解】由1丈=10尺，则4丈8尺=48尺，1丈1尺=11尺，如下图：则，即，假设点为圆柱外接圆的圆心，即为外接圆的半径，且，在中，，解得，则外接球的表面积，故选：B.8．甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者去三个不同的小区参加新冠疫情防控志愿服务，每个小区至少去1人，每人只去1个小区，且甲、乙去同一个小区，则不同的安排方法有（   ）A．28 种 B．32 种 C．36 种 D．42 种【答案】C【分析】先将甲、乙看成一个元素，然后先分组后排列可得.【详解】将甲、乙看成一个元素A，然后将A、丙、丁、戊四个元素分为3组，共有种，再将3组分到3个不同小区有种，所以满足条件的安排方法共有种.故选：C9．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，其中，若 ，则（   ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】利用三角函数定义求出，再利用二倍角的余弦公式结合齐次式法求解作答.【详解】依题意，，又，解得，从而得，所以.故选：D10．过抛物线的焦点且斜率为的直线交于、（其中在轴上方）两点，交的准线于点，且，为坐标原点，则（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式求出的值，可求得点的坐标，再利用平面间两点间的距离公式可求得的值.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，则，可得，联立可得，即点，因此，.故选：D.11．已知是奇函数，则过点向曲线可作的切线条数是（   ）A．1 B．2 C．3 D．不确定【答案】C【分析】根据给定条件，求出a，再求出函数的导数，设出切点坐标，借助导数的几何意义列出方程求解作答.【详解】因函数是奇函数，则由得恒成立，则，即有，，设过点向曲线所作切线与曲线相切的切点为，而点不在曲线上，则，整理得，即，解得或，即符合条件的切点有3个，所以过点向曲线可作的切线条数是3.故选：C12．设双曲线的左、右焦点分别为点，过点且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，若 ，且直线的斜率为 3，则的离心率为（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】通过题意可以得到直线和直线的方程，两条方程联立可以得到的坐标，代入双曲线即可求出答案【详解】解：由题意可得直线的方程为，直线的方程为，所以，解得，即，将代入双曲线可得即，所以，因为所以故选：B 二、填空题13．曲线在处的切线方程是________．【答案】【分析】利用导数的几何意义求解即可【详解】由，得，当时，，，所以切线方程为，即．故答案为：14．的展开式中各二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为______．【答案】135【分析】根据展开式中二项式系数和求得的值，再利用展开式的通项公式求出常数项．【详解】解：的展开式中各项二项式系数之和为64，则，解得；展开式的通项公式为，令，解得；展开式中的常数项为．故答案为：135．15．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足，，成等差数列，其前n项和为，且，则通项______．【答案】【分析】先根据成等差数列求出公比，结合求出首项，结合选项可得．【详解】解：由成等差数列，得，设的公比为，则，解得或（舍去），所以，解得，所以数列的通项公式为.故答案为：.16．微型航空遥感技术以无人机为空中遥感平台，为城市经济和文化建设提供了有效的技术服务手段.如图所示，有一架无人机在空中处进行航拍，水平地面上甲、乙两人分别在处观察该无人机（两人的身高忽略不计），为无人机在水平地面上的正投影.已知甲乙两人相距100 m，甲观察无人机的仰角为，若再测量两个角的大小就可以确定无人机的飞行高度，则这两个角可以是_____ .（写出所有符合要求的编号）①和；②和;③和；④和.【答案】①③④【分析】①：根据已知先解得AC，然后可得；②：根据已知直接判断可知；③：先解得PA，然后可得；④：先由最小角定理的，解可得AC，然后可得.【详解】①：当已知和时，在利用内角和定理和正弦定理可得AC，然后在中，由三角函数定义可得PC，故①正确；②：当已知和时，在已知一角一边，在中已知一角一边，显然无法求解，故②错误；③：当已知和时，在中已知两角一边，可解出PA，然后在中，由三角函数定义可得PC，故③正确；④：当已知和时，可先由最小角定理求得，然后解可得AC，最后在中，由三角函数定义可得PC，故④正确.故答案为：①③④ 三、解答题17．设等差数列的前项和为，已知.(1)求数列的通项公式;(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式列方程组直接求解可得；（2）由错位相减法可得.【详解】（1）设数列的公差为，由题设可得 解得所以.（2）由（1）知，所以可得 ，所以①②②减①可得: 18．中在边上,且．(1)求的长;(2)若于,求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先在中由余弦定理求得的长,再由求得的长,由可求,最后在中由余弦定理即可得的长;（2）由（1）可得,,的长,即有的长,在中由余弦定理可得,再求,又有,又有,则有,将写为,根据两角差的余弦公式代入即可求出结果.【详解】（1）解:由题知是等腰三角形,,在中,由余弦定理得:,即,,,,在中,由余弦定理得:,即,;（2）由（1）知,,在中,由余弦定理得:,,,,,故.19．如图，在直三棱柱中，为棱上靠近的三等分点，为棱的中点，点在棱上，且直线平面.(1)求的长;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】(1) 在上取一点，使得，根据面面平行判定定理证明平面平面，再根据面面平行性质定理确定的长即可，(2)建立空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，根据二面角向量公式求二面角的余弦值.【详解】（1）在上取一点，使得，连接.由已知得 ，所以所以.因为平面，平面，所以平面.又因为平面 ，平面，所以平面平面.平面平面，平面平面，根据面面平行的性质可知.在矩形中，可得，所以，所以.（2）以为坐标原点，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系.则. ，，设平面的法向量为 ，则，所以，取得设平面的法向量为，则所以取，得所以结合图可知二面角的余弦值为.20．过椭圆上任意一点作直线(1)证明:;(2)若为坐标原点，线段的中点为，过作的平行线与交于两点，求面积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）联立椭圆方程与直线方程，消元整理一元二次方程，由题意，该方程有解，则判别式大于等于零，可得答案.（2）设出题目中的两点，根据平行，设出另一条直线，根据中点，找出两直线的截距之间的关系，联立椭圆方程与直线方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，根据三角形的等积变换，利用分割法，整理函数，根据（1），可得答案.【详解】（1）联立，消去整理得：，因为点在上，所以化简得.（2）设，点，则.由已知得，所以，即点满足方程，所以.由 得 ，设，则.所以所以，令，因为，所以.所以所以面积的最大值为.21．设函数.(1)讨论的单调性;(2)若有两个零点和，设，证明：（为的导函数）.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）由函数零点的定义可得出，可得出，将所证不等式等价变形为，令，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，则，若，对任意的，则，函数的单调递减区间为；若，令，得，当时，，当时，.所以的增区间为，减区间为.综上所述，当时，函数的单调递减区间为；当时，函数的增区间为，减区间为.（2）证明：不妨令，由题设可得，两式相减整理可得.所以，要证，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，所以，当时，，即，故原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)若，求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)设点的直角坐标系下的坐标为，直线与曲线交于两点，且，求直线的倾斜角．【答案】(1)直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程.(2)或 【分析】（1）消去参数后可得直线的普通方程，利用可得曲线的直角坐标方程；（2）设为直线的倾斜角，则直线的参数方程可为：，将其代入曲线的直角坐标方程，利用参数的几何意义可求倾斜角.【详解】（1）若，则，消去后可得即，由曲线的极坐标方程为可得，即，即为.故直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程.（2）因为直线的参数方程为（为参数），而，故在直线上，设为直线的倾斜角，则直线的参数方程可为：，其中为的长度（）.设，其中且为方程的两个根，而该方程可整理为，因，故，故，因为，故或.23．已知均为正实数，且.(1)求的最小值;(2)证明: .【答案】(1)6(2)证明见解析 【分析】（1）利用三元基本不等式求解即可.（2）利用基本不等式证明即可得到答案.【详解】（1）由基本不等式可知，当且仅当 ，即 时等号成立，所以的最小值为 6 .（2）因为，所以..同理可得，所以，当且仅当时等号成立.所以，即