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

这是一份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，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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23．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．28．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．49．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】C2．【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】C4．【答案】B
5【答案】D6．【答案】D7．【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：B8．【答案】A9．【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．B11．【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，②①-②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．