2023年河南省洛阳市高考数学综合练习试卷（理科）（三）-普通用卷

这是一份2023年河南省洛阳市高考数学综合练习试卷（理科）（三）-普通用卷，共19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年河南省洛阳市高考数学综合练习试卷（理科）（三）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  在复平面内，复数对应的点为，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  记为数列的前项积，已知，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知定义在上的函数满足，，当时，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知圆台上下底面半径之比为：，母线与底面所成的角为，其侧面面积为，则该圆台的体积为(    )A.  B.  C.  D. 5.  市场占有率指在一定时期内，企业所生产的产品在其市场的销售量或销售额占同类产品销售量或销售额的比重一般来说，市场占有率会随着市场的顾客流动而发生变化，如果市场的顾客流动趋向长期稳定，那么经过一段时期以后的市场占有率将会出现稳定的平衡状态即顾客的流动，不会影响市场占有率，此时的市场占有率称为“稳定市场占有率”有，，三个企业都生产某产品，年第一季度它们的市场占有率分别为：，，经调查，年第二季度，，三个企业之间的市场占有率转移情况如右图所示，若该产品以后每个季度的市场占有率转移情况均与年第二季度相同，则当市场出现稳定的平衡状态，最终达到“稳定市场占有率”时，企业该产品的“稳定市场占有率”为(    )A.  B.  C.  D. 6.  已知的一个极值点为，若，则实数的值为(    )A.  B.  C.  D. 7.  如图四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为(    )A.
B.
C.
D.
 8.  某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度步骤如下：将镜子平面镜置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；将镜子后移，重复中的操作；求建筑物高度如图所示，前后两次人与镜子的距离分别，，两次观测时镜子间的距离为，人的“眼高”为，则建筑物的高度为(    )
A.  B.  C.  D. 9.  已知数列满足：，则(    )A.  B.  C.  D. 10.  已知函数的图象关于点对称，则(    )A. 在  单调递增
B. 直线是曲线的一条对称轴
C. 曲线在点处的切线方程为
D. 是一个极值点11.  已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线左支交于、两点，且，以为圆心，为半径的圆经过点，则的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 12.  已知，，，则(    )A.  B.  C.  D. 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知向量，，若，则 ______ ．14.  在的展开式中，的系数为______ ．15.  核桃又称胡桃、羌桃、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同：现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为空壳率指坚果，谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳，乙地种植的核桃空壳率为，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的，，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是______ ．16.  已知直线：，：，圆：，则以下命题正确的是______ ．
直线，均与圆不一定相交；直线被圆截得的弦长的最小值；直线被圆截得的弦长的最大值为；若直线与圆交于，两点，与圆交于，两点，则四边形的面积最大值为．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
已知，，为的内角，，所对的边，向量，，且．
求；
若，的面积为，且，求线段的长．18.  本小题分
如图，平面是圆柱的轴截面，是圆柱的母线，，，，．
求证：平面；
求平面与平面夹角的正弦值．
19.  本小题分
在年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以胜平负进球失球的成绩惨败出局甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练每人各踢一次为一轮，在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有人进球另一人不进球，进球者得分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响，
经过一轮踢球，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；
若经过两轮踢球，用表示经过第轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．20.  本小题分
已知椭圆的左，右顶点分别为，，左焦点为，点在椭圆上．
求的方程；
设直线与交于不同于的，两点，且，求的最大值．21.  本小题分
已知函数，．
证明：存在唯一零点；
设，若存在，，使得，证明：．22.  本小题分
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．
在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线极坐标方程；
若点，为曲线上的两个点，且，求证：到直线的距离为定值．23.  本小题分
已知函数．
求不等式的解集；
若，，且，求满足条件的整数的所有取值的和．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：复数对应的点为，
则，
故．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：当时，，，；
当时，由，可得，
，
，
，，又，
是以首项为，公差为的等差数列，
，
故选：．
当时，有，当时，有，从而化归转化可得：是以首项为，公差为的等差数列，从而可得解．
本题考查等差数列的定义与通项公式，化归转化思想，属中档题．
 3.【答案】 【解析】解：定义在上的函数满足，函数为奇函数．
，
，即，即，
故函数是周期为的周期函数．

当时，，
．
故选：．
由题意，利用函数的奇偶性、周期性、对数的运算性质，求得要求式子的值．
本题考查函数单调性与奇偶性的综合应用，对数的运算性质，涉及函数周期性的分析，属于中档题．
 4.【答案】 【解析】略
 5.【答案】 【解析】解：最终达到“稳定市场占有率”时，
设企业该产品的“稳定市场占有率”为，
则，解得，
企业该产品的“稳定市场占有率”为．
故选：．
根据市场占有有率转移情况能求出结果．
本题考查市场占有率转移情况统计图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：，
，
的一个极值点为，
，
可得，故．
故选：．
求得其导函数，根据导函数值为，即可求解结论．
本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：连接与交于点，连接，
由题意得，，且平面，
以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

设四棱锥各棱长均为，则，，
可得，，，，
则，
设异面直线与所成角为，
则，．
故选：．
连接与交于点，连接，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可得解．
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
 8.【答案】 【解析】解：如图，平面镜前后两次分别放置在点，处，建筑物为线段，
，，，，
在和中，，，
∽，，
，
在和中，，，
∽，，
，
，，

即建筑物的高度为

故选：．
由已知，根据“入射角等于反射角”得出相似三角形，从而求出结论．
本题利用镜面反射原理，用相似三角形的知识可求解．属中档题．
 9.【答案】 【解析】解：由，得，
即，又，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，可得．
故选：．
由已知可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，求其通项公式，再由求解．
本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式，是基础题．
 10.【答案】 【解析】解：函数的图象关于点对称，
，，，函数
在  上，，单调递减，故A错误；
令，求得，可得的图象关于点对称，故B错误；
令，可得，，
可得在点处的切线方程为，即，故C错误；
令，可得，为最小值，可得是函数的一个极值点．
故选：．
由题意，利用正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得到结论．
本题主要考查正弦函数的图象和性质，求函数在某一点的切线方程，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：，分别为双曲线：的左、右焦点，
过的直线与双曲线交左支交于，两点，且，
以为圆心，为半径的圆经过点，得，

设，则，，，，
在中，由勾股定理得，解得，
则，，
在中，由勾股定理得，化简得，，
的离心率．
故选：．
由以为直径的圆经过点，可得，结合双曲线的性质和勾股定理，再结合离心率公式，即可求解．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：令，则，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故，
所以，当时取等号，
所以，即，
同理可证，当时取等号，
所以，即．
故选：．
由已知结合式子特点合理构造函数，结合导数与单调性关系分别证出，，然后进行赋值即可比较函数值大小．
本题主要考查了利用函数的单调性比较函数值的大小，解题的关键是根据已知式子的特点合理的构造函数，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，，，，
．
故答案为：．
由向量坐标的线性运算求出，再由向量数量积的坐标运算即可求得．
本题考查向量的坐标运算及数量积，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：对于，
其通项公式为，
令，则有，
对于，
其通项公式，
令，所以，
所以的系数为．
故答案为：．
根据二项式定理展开式的通项公式计算即可．
本题考查了二项式定理展开式的通项公式的应用，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：设事件所取核桃产地为甲地为事件，事件所取核桃产地为乙地为事件，所取核桃为空壳为事件，
则，，，，
，
所以该核桃是空壳的概率是．
故答案为：．
利用全概率公式求解即可．
本题考查条件概率，考查全概率公式，是中档题．
 16.【答案】 【解析】解：由：，得，故过定点；
由：，得，故过定点，
：的圆心为，半径，
因为，
故直线，均与圆均相交；故不正确；
当时，直线被圆截得的弦长最小，
最小值为，故正确；
当直线经过圆心时，直线被圆截得的弦长最大，
最大值为，故正确；
当时，；当时，，得，
故直线与直线恒垂直．

圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离，
故，
，
所以四边形的面积，
令，则，所以，
因为，所以，所以当，即，时，取得最大值，故正确．
故答案为：．
根据直线，均过圆内的定点，判断；根据条件计算直线被圆截得的弦长的最小值和最大值，判断；先判断出，再根据几何方法求出两个弦长，求出面积关于的函数关系式，换元后根据二次函数知识求出最大值，判断．
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
 17.【答案】解：因为，
所以．
由正弦定理，得，即 ，
由余弦定理，得．
因为，
所以；
，解得，
因为则，
所以，
所以． 【解析】先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；
先根据面积求出，利用向量运算求解的长．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
 18.【答案】解：证明：由题意知，，平面，平面，
所以平面，
因为，，
所以平面平面，
因为平面，所以，又平面，
平面，所以平面；
以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，
在中，由，，得，，
所以， ，，， ，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则令，得，，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，，，
平面的一个法向量为，
所以，，
，．
所以平面与平面的夹角的正弦值为． 【解析】由线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质定理可得，再由线面平行的判定定理能证明平面；
以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面的夹角的余弦值，进而可求正弦值．
本题考查线面平行的判定定理、性质定理、二面角的定义及其余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 19.【答案】解：经过一轮踢球，记事件为甲进球，事件为乙进球，事件与事件相互独立，
，，
甲的得分的可能取值为，，，
，
，
，
所以的分布列为： 所以．
根据题意，经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，
甲两轮中第轮得分，第轮得分；
甲第轮得分，第轮得分；
甲两轮各得分，

． 【解析】求得的可能取值及对应概率，完成分布列，即可求得期望；
讨论经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况，即可求解．
本题考查离散型随机变量的分布列及其期望，是中档题．
 20.【答案】解：根据题意可得：，，又，
，，
的方程为．
由题意知，直线的斜率不为，
则不妨设直线的方程为，
联立消去得，
，化简整理得，
设，，则，
，，
，，
得，
将，代入上式，
得，
得，
解得或舍去．
直线的方程为，则直线恒过点，
，
设，则，
易知在上单调递增，
时，取得最大值，
又，
． 【解析】利用椭圆的标准方程和性质求解即可；
设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和向量垂直的坐标表示可得，又，故求的最大值即可．
本题考查椭圆的方程的求解，直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，三角形面积的求解，函数思想，化归转化思想，属中档题．
 21.【答案】证明：由题意可得，
记，则，
因为时，恒成立，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒小于，在上恒大于，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以有唯一零点．
由可得，
若是方程的根，则是方程的根，
因为，都单调递增，
所以，，
设，，
所以的解为，的解为，
所以在上递减，在上递增，
所以的最小值为，即的最小值为．
故原不等式成立． 【解析】利用导函数求单调性，结合即可求解．
由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可．
本题考查导数的综合运用，考查函数零点以及不等式的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】解：因为曲线的参数方程为为参数．
所以消去参数得曲线的直角坐标方程为．
所以，
化简得，
所以曲线的极坐标方程为．
由于，故可设，
，
所以
，
即为定值，
由于到直线的距离，
所以到的直线距离为定值． 【解析】根据参数方程得普通方程，再转化为极坐标方程，即可得解；
根据极坐标方程中极径的几何意义，即可求解．
本题考查参数方程与极坐标方程的应用，极径的几何意义，化归转化思想，方程思想，属中档题．
 23.【答案】解：对于函数，
当时，，
原不等式，即，求得，
综合可得，，此时，原不等式解集为．
当时，，
不等式，即，求得，
综合可得，，此时，原不等式的解集为．
当时，，
原不等式，即，求得，
综合可得，，此时，原不等式的解集为．
再把的解集取并集，可得原不等式的解集为．
因为函数．
所以，
为偶函数．
当时，，
当时，，
当时，．
作出函数图象如图所示，
若 ，则，；
或，或；
或，，此时可得．
综上，可得整数的取值为，，，，故满足条件的整数的所有取值的和为． 【解析】由题意，分类讨论，去掉绝对值，求得的范围，综合可得结论．
由题意，先判断函数为偶函数，画出图象，分类讨论求得满足条件的整数，从而得出结论．
本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的奇偶性以及函数图象的应用，属于中档题．