2023届河南省洛阳市高三下学期综合练习数学（理）（三）试题含解析

这是一份2023届河南省洛阳市高三下学期综合练习数学（理）（三）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下学期综合练习题数学（理）（三）试题 一、单选题1．在复平面内，复数对应的点为，则（    ）A．2 B．1 C． D．【答案】B【分析】利用复数的几何意义及复数的除法法则，结合复数的模公式即可求解.【详解】因为复数z在复平面内对应的点为，所以.所以，所以.故选：B.2．记为数列的前n项积，已知，则（    ）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】D【分析】当时，有，当时，有，结合题目条件，即可求得本题答案.【详解】1.当时，，，；2.当时，有，代入，得，化简得：，则，.故选：D3．已知定义在上的函数满足，当时，则=（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【分析】根据所给的等式可得为奇函数且周期为2，再根据对数的运算求解即可.【详解】由可得为奇函数，又，则，故，故周期为2.故.故选：D4．已知圆台上下底面半径之比为1：2，母线与底面所成的角为60°，其侧面面积为54π，则该圆台的体积为（    ）A．56π B．63π C． D．【答案】C【分析】根据圆台的侧面积求出上，下底面的半径，然后根据体积公式求解.【详解】圆台轴截面如图，则，∴.圆台高，∴.    故选：C5．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A，B，C三个企业都生产某产品，2022年第一季度它们的市场占有率分别为：40%，40%，20%．经调查，2022年第二季度A，B，C三个企业之间的市场占有率转移情况如图所示，若该产品以后每个季度的市场占有率转移情况均与2022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，A企业该产品的“稳定市场占有率”为（    ）  A．45% B．48% C．50% D．52%【答案】C【分析】根据市场占有率转移情况计算即可.【详解】由题意，设最终达到“稳定市场占有率”时，A企业该产品的“稳定市场占有率”为，B，C两个企业的“稳定市场占有率”为，则，故，即，所以，解得.故选：C.6．已知的一个极值点为，若tan，则实数a的值为（    ）A．﹣3 B． C．3 D．【答案】B【分析】由正弦函数的图像和极值点列方程求出实数a的值.【详解】函数的图像连续，且所以若为的一个极值点，由正弦函数的图像可得：，解得：.而tan，所以，所以.故选：B7．如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且各棱长均相等，E是PB的中点，则异面直线AE与PC所成角的余弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】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.【详解】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2，则，，可得，则，设异面直线与所成角为，则．故选：A．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：①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；②将镜子后移，重复①中的操作；③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．【答案】A【分析】根据入射角等于反射角得到相似三角形，由相似比求解可得到答案.【详解】设建筑物的高度为，如图所示，由，得，由，得，所以，  故选：A.9．已知数列{}满足：则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据的关系可推导出为等比数列，进而可得.【详解】由题意，，即，又，故是以1为首项，2为公比的等比数列，故，故.故选：B10．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【答案】D【分析】直接利用函数的对称性求出函数的关系式，进一步利用函数的性质的判断A，B，C，D的真假．【详解】因为的图象关于点对称，所以，，所以，，因为，所以，故，当时，，故在单调递减，故A不正确；当时，得，故直线不是曲线的一条对称轴，故B不正确；对求导可得，，令，又，故函数在点处切线方程为，即，故C不正确；当时，得，故是一个极值点，故D正确；故选：D.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．【答案】B【分析】设，利用双曲线定义表示出的长，再利用勾股定理可得，在和中，分别利用余弦定理可得，联立两式即可得离心率.【详解】如下图所示，连接，易知以为圆心，为半径的圆经过点，即为圆的直径，所以；  不妨设，则，由双曲线定义可得所以，即，整理得在中可得，；在中可得，；又易知，可得联立可得，，则双曲线的离心率为故选：B12．已知则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知结合式子特点合理构造函数，结合导数与单调性的关系分别证出，，然后进行赋值即可比较函数值的大小.【详解】令，则，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，故，所以，当时取等号.所以，令，则，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，故，所以，当时取等号.所以，即.故选：C. 二、填空题13．已知向量,,若，则______．【答案】【分析】根据平面向量线性运算和数量积的坐标运算可得答案.【详解】因为,，所以，所以，即，所以.故答案为：.14．在的展开式中，的系数为______．【答案】【分析】展开式的通项为，可得包含，再求出展开式的通项，得到的系数即可.【详解】由二项式展开式的通项，可得 ，故只有包含，又展开式的通项为，故当时，的系数为.故答案为：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2%（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4%，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40%，60%，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是______．【答案】3.2%【分析】利用全概率公式求解即可.【详解】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：.16．已知直线,,圆，则以下命题正确的是______．①直线均与圆不一定相交；②直线被圆截得的弦长的最小值；③直线被圆截得的弦长的最大值为6；④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．【答案】②③④【分析】根据直线均过圆内的定点，判断①；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②③；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④.【详解】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①不正确；当时，直线被圆截得的弦长最小，最小值为，故②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③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④正确.故答案为：②③④ 三、解答题17．已知为的内角所对的边，向量,，且．(1)求；(2)若，的面积为，且，求线段的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面向量垂直的坐标表示以及正弦定理、余弦定理可求出；（2）根据三角形面积公式求出，根据平面向量运算律可求出结果.【详解】（1）因为，所以．由正弦定理，得，即，由余弦定理，得，因为，所以.（2），解得，因为，则， 所以，.18．如图，平面ABCD是圆柱OO₁的轴截面，EF是圆柱的母线，AF∩DE=G，BF∩CE=H，∠ABE=60°，AB=AD=2．  (1)求证：GH∥平面ABCD；(2)求平面ABF与平面CDE夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理可得，最后由线面平行的判定定理证明平面即可；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，再利用向量的夹角公式可得答案．【详解】（1）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；（2）以点为原点建立如图所示空间直角坐标系，  在中，由，得，所以，所以，设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，所以，所以平面与平面的夹角的正弦值为.19．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1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0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．(1)经过一轮踢球，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；(2)若经过两轮踢球，用表示经过第2轮踢球后，甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）先根据题意求得甲进球与乙进球的概率，再结合独立事件的概率公式求得的分布列及数学期望；（2）分析甲累计得分高于乙累计得分的情况，从而得解.【详解】（1）记一轮踢球甲进球为事件A，乙进球为事件B，由题意知A，B相互独立，由题意得：，甲得分的可能取值为，则，，，所以的分布列为：01所以（2）根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种，分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分，此时乙第1轮得0分，第2轮得分；或者甲第1轮得1分，第2轮得0分，此时乙第1轮得分，第2轮得0分；或者甲两轮各得1分，此时乙两轮各得分；于是.20．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，左焦点为,点在椭圆上．(1)求C的方程；(2)设直线l与C交于不同于B的M，N两点，且，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意列式求出，可得C的方程；（2）设，，设，代入椭圆方程，得，根据求出三角形面积的最大值，再根据可求出的最大值．【详解】（1）依题意得，解得，，所以C的方程为.（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为，联立，消去得，，化简整理得，设，，则，，因为，所以，因为，所以，，得，将，代入上式得， 得，整理得，解得或（舍去）．所以直线l的方程为，则直线l恒过点，所以，设，则，，易知在上单调递增，所以时，取得最大值，又，所以.    21．已知函数，．(1)证明：存在唯一零点；(2)设，若存在，使得，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.（2）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.【详解】（1）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0，在上恒大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以有唯一零点0．（2）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.【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为为参数）．(1)在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；(2)若点A，B为曲线C上的两个点，且OA⊥OB，求证：O到直线AB的距离为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）先将参数方程化为普通方程，再转化为极坐标方程即可；（2）由于OA⊥OB，故可设，代入曲线C的极坐标方程求出，可证得为定值，再设O到直线AB的距离为，则，代入求解即可.【详解】（1）由，得所以曲线C的直角坐标方程为将代入到得化简得所以曲线C的极坐标方程为（2）由于OA⊥OB，故可设， 所以 ，即为定值，设O到直线AB的距离为，因为OA⊥OB，且，所以所以O到的直线AB距离为定值23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若，，且，求满足条件的整数的所有取值的和.【答案】(1)(2)6 【分析】（1）分，和三种情况讨论，去绝对值符号，解不等式即可；（2）先判断函数的奇偶性，再去绝对值符号，作出函数图象，结合图象分类讨论即可得解.【详解】（1）解：当时，，∴，∴，∴；当时，，∴，，∴；当时，，∴，，∴，综上，不等式的解集为；（2）解：因为，∴为偶函数，当时，，当时，，当时，，作出函数图象如图所示，若，则①，∴；②，∴或；③，，∴，综上整数的取值为0，1，2，3，故和为6.