2023届河南省洛阳市高三考前综合练习题数学（理）（二）试题含解析

这是一份2023届河南省洛阳市高三考前综合练习题数学（理）（二）试题含解析，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届河南省洛阳市高三考前综合练习题数学（理）（二）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解对数不等式化简集合，再由交集运算即可求解.【详解】由得，所以，所以，故选：A.2．已知复数z满足，则（）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】把已知等式变形，解法一利用复数积的模等于模的积求解，解法二利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算.【详解】解法一由已知得，∴，即，∴.解法二由已知得，∴，∴.故选：B3．已知等差数列的前项和为，，则 （    ）A．54 B．71 C．80 D．81【答案】D【分析】设等差数列的公差为，根据题意求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，所以.故选：D.4．已知随机变量，且，则（    ）A．0.6 B．0.4 C．0.2 D．0.9【答案】A【分析】先根据，求，再根据正态密度曲线的对称性求的值.【详解】因为，所以，所以，故选:A.5．已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若在轴正方向上的投影为，则的面积为（    ）A． B． C． D．6【答案】B【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，依题意可得，即可求出，从而求出三角形面积.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，因为在轴正方向上的投影为，则点在第一象限内，且，则，所以，所以.故选：B.  6．的展开式中x项的系数为（    ）A．568 B．－160 C．400 D．120【答案】D【分析】先写出的展开式的通项，再求出满足x的次幂为1的项，代入求和即可得解．【详解】因为，又的展开式的通项为，且，，所以的展开式的通项为且，，令，得或或或，则x项的系数为，故选：D．7．已知某圆锥的轴截面是顶角为120°的等腰三角形，母线长为4，过圆锥轴的中点作与底面平行的截面，则截面与底面之间的几何体的外接球的表面积为（    ）A．64π B．96π C．112π D．144π【答案】C【分析】作出圆锥的轴截面，知截面与底面之间的几何体为圆台，然后求出圆台的高与底面半径，讨论球心在圆台两底面之间与圆台两底面在球心同侧这两种情况，利用勾股定理建立方程求出球的半径，从而由球的表面积公式求得结果．【详解】第一步：确定截面与底面之间的几何体的结构特征如图，等腰三角形SAB是圆锥的轴截面，SE是圆锥的轴，截面圆、底面圆的半径之比为1：2．设截面圆、底面圆的半径分别为r，2r，因为轴截面是顶角为120°的等腰三角形，母线长为4，且由题意知截面与底面之间的部分为圆台，所以圆台的高为，，．第二步：求外接球的半径易知球心在直线SE上，设圆台外接球的半径为R，球心到圆台下底面的距离为x，若球心在圆台两底面之间，如图点M的位置，则，无解；若圆台两底面在球心同侧，则球心在如图点O的位置，，解得，则，第三步：求外接球的表面积则该圆台外接球的表面积为.故选：C．【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据不外乎球心的两个特性：一是球心到球面上各点的距离都等于半径；二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面（球的截面圆性质），由此出发或利用一些特殊模型即可确定外接球的球心．8．已知函数，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意求得函数为偶函数，再利用导数求得函数在上单调递增，结合偶函数和单调性分析判断.【详解】因为，可得函数为偶函数，当时，则，可得，构建，则，令，解得；令，解得；所以在上单调递减，在上单调递增，可得，即在上恒成立，故在上单调递增，又因为，且，所以，即.故选：D.9．已知数列满足，且，则数列的前18项和为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.【详解】由，则，即，显然，满足公式，即，当时，；当时，；当时，；当时，，当时，；当时，；则数列是以为周期的数列，由，则，设数列的前项和为，.故选：D.10．已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，SC的中点为E，过点E做与SC垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意垂直关系可得平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，结合根据相似求长度，进而根据面积公式即可求解.【详解】连接，由题意可得：，即为等边三角形，且E为SC的中点，可得，故平面，连接，设，连接，可得平面，且平面，则，，平面，所以平面，平面，则，在直线取一点，连接，使得，在中，，因为，可得，故，同理在棱取一点，使得，连接，则，故平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，因为，则//，由，可得，所以四边形的面积.故选：A.11．已知是定义在上的奇函数，若为偶函数且，则（    ）A． B．0 C．2 D．4【答案】D【分析】根据给定的奇偶性，推理计算得，再结合已知值及周期性求解作答.【详解】因为是定义在R上的奇函数，则，且，又为偶函数，则，即，于是，则，即是以为周期的周期函数，由，得，，，，所以.故选：D12．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的左支交于点A，与双曲线的一条渐近线在第一象限交于点，且（O为坐标原点）.下列四个结论正确的是（    ）①；②若，则双曲线的离心率；③；④.A．①② B．①③ C．①②④ D．①③④【答案】C【分析】对于①：根据可得，根据勾股定理分析判断；对于②：根据向量共线可得，代入双曲线方程可得离心率；对于③：根据双曲线的定义及三角形的三边关系分析判断；对于④：根据两点间距离以及A的横坐标的范围分析判断.【详解】对于①：因为，且为的中点，则，所以，故①正确；对于②：由题意可知：直线，设，则，可得，即，设，由，可得，因为，则，解得，即，由点A在双曲线上可得，整理得，解得或（舍去），故②正确；对于③：设直线与双曲线的右支交于点，由双曲线的定义可得：，在中可得，即，所以，即，故③错误；对于④：设，则，可得，则，因为，则，可得，所以，即，故④正确；故选：C.【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 二、填空题13．已知函数，过点作曲线的切线，则的方程为___________.【答案】【分析】根据导数的几何意义设切点坐标，利用导数求切线斜率，从而可得切线方程表达式，利用切线过点，解出，即可求得切线方程.【详解】解：由题意可设切点坐标为，因为，所以，所以切线的斜率，则的方程为，又点在切线上，所以解得，所以切线方程为：，即.故答案为：.14．已知单位向量，满足，则，夹角的余弦值为__________.【答案】/【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示，结合数量积运算律求出，即可求出夹角的余弦值.【详解】单位向量，满足，则，因此，所以，夹角的余弦值为.故答案为：15．已知函数的图象的相邻两个对称轴之间的距离为，且恒有，若存在成立，则的取值范围为__________．【答案】【分析】根据两角和的正弦公式，辅助角公式，化简可得解析式，根据题意，求得周期，可得值，根据，结合正弦型函数的性质，可求得a值，根据x的范围，求得的范围，可得的最值，结合题意，分析即可得b的范围.【详解】由题设，，，由相邻两个对称轴之间的距离为，故，又，即，故，解得．，当时，，此时的最大值为，最小值为，若存在，，使成立，则只需，，故的取值范围为16．已知函数，，若时，恒成立，则实数的取值范围是____.【答案】【分析】先利用同构法将题给不等式转化为在上恒成立，再利用导数求得在上最小值，进而求得实数的取值范围.【详解】，则，则时，，单调递增.时，恒成立，即恒成立，则在上恒成立，则即在上恒成立，令，，则则当时，，单调递减；当时，，单调递增.则当时取得最小值，则则实数的取值范围是故答案为： 三、解答题17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.(1)求；(2)若，，求的面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角形内角和，正弦定理即可求出角；（2）利用向量加法，余弦定理和基本不等式求出的取值范围，即可得到的面积的最大值.【详解】（1）由题意，在中，，∵，∴,即，∴，∵，∴，可得，解得：.（2）由题意及（1）得在中，，，，∴为边的中点，∴,∴，即，设，，则，所以，当且仅当时，等号成立.∴，当且仅当时，等号成立，∴的面积的最大值为.18．课外体育活动中，甲、乙两名同学进行投篮游戏，每人投3次，投进一次得2分，否则得0分.已知甲每次投进的概率为，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为.从第二次投篮开始，若前一次投进，则这次投进的概率为，若前一次没投进，则这次投进的概率为.(1)求甲3次投篮的得分超过3分的概率；(2)乙3次投篮的得分为，求的分布列和期望.【答案】(1)(2)分布列见详解，3 【分析】（1）根据题意结合二项分布运算求解；（2）根据题意结合独立事件的概率乘法公式求分布列，进而可得期望.【详解】（1）甲3次投篮投进的次数为，则，故甲3次投篮的得分超过3分的概率.（2）记“乙第次投篮投进”为事件，由题意可得：的可能取值为，则有：，，，，所以的分布列为：0246故的期望.19．如图，在三棱台中，，平面，平面平面.(1)求证：；(2)若，的面积为4，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析；(2). 【分析】（1） 取中点，连接，面面垂直的性质定理可得平面，从而得，由已知条件可得，由线面垂直的判断定理可得平面，从而即可证；（2）以为原点，、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以①，又因为平面，平面，所以②，易知与相交③,由①②③可得平面，又因为平面，所以；（2）解：因为平面，平面，所以，，由（1）可知平面，平面，所以，所以以为原点，、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：因为，所以，，又因为的面积为4，即，解得，所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，则有，即，所以，取，设平面的法向量为，则有，即，所以，取，设二面角的大小为，为锐角，则有.20．已知椭圆：的离心率为，右焦点为，A，B分别为椭圆的左、右顶点.(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率不为0的直线，直线与椭圆交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为，BQ的斜率为.求证：①为定值；②点M在定直线上. 【答案】(1)(2)①证明见解析，；②证明见解析，点M在定直线上． 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；（2）①设，，直线的方程为，与椭圆方程联立得到，带入的表达式，即可得出为定值；②根据①中的结论，设，则，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．【详解】（1）依题可得，解得：，所以，即椭圆的方程为．（2）①设，，因为直线过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，，其判别式，所以，. 两式相除得，即．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，． 从而．②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.【点睛】利用过x轴上定点斜率不为0的动直线方程设为，简化了直线方程与椭圆方程的联立运算，为后面的求解奠定了运算基础，注意依据题意选取直线方程的形式．21．已知函数.(1)若，求的极值；(2)，若函数有两个零点，且，求证：.【答案】(1)极大值为，无极小值；(2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数求出的极值作答.（2）根据函数零点的意义，转化为线与函数图象有两个交点，求出，再借助零点建立两个方程消去a，构造函数证明即可作答.【详解】（1）当时，定义域为，求导得，令，求导得，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，所以的极大值为，无极小值.（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，而，则，因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒有，于是，即，令，显然有，则有，令，求导得，即函数在上单调递增，，即有，从而，又，所以.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.22．在平面直角坐标系中，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，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程；(2)已知点，曲线与曲线交于A，B两点，求的值.【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为；(2). 【分析】（1）根据同角的三角函数关系式，结合极坐标方程与直角坐标方程互化公式进行求解即可；（2）根据直线参数方程中参数的几何意义进行求解即可.【详解】（1）由，因此曲线的普通方程为；（2）由，所以直线斜率为，因此该直线的倾斜角为，显然点在该直线上，设直线的参数方程为(为参数，)，将直线的参数方程代入曲线的普通方程中，得，整理得，，设点A，对应的参数分别为，.所以，，则，一正一负，不妨设，，所以.23．已知正数a，b，c满足．(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)证明详见解析；(2)证明详见解析. 【分析】（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解；（2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解.【详解】（1）证明：∵，当且仅当a=b=c时，等号成立，设，∴，即，解得，∵a，b，c为正数，∴，∴.（2）∵由（1）可得，∴∴，∵，当且仅当时，等号成立.∴，当且仅当时，等号成立.