2023届河南省许昌高级中学高三上学期定位考试数学试题含答案

这是一份2023届河南省许昌高级中学高三上学期定位考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省许昌高级中学高三上学期定位考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，，则M、N、P的关系满足（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先将集合M、N、P化简成统一形式，然后判断即可．【详解】，，，所以.故选：B．2．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）．A． B．e C． D．【答案】C【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为．故选：C． 3．已知平面向量，则向量的模是（　　）A． B． C． D．5【答案】C【详解】因为向量，，，，故选C.4．已知数列是一个递增数列，满足，，，则A． B． C． D．【答案】B【分析】通过已知条件，得出，再由数列是一个递增数列，满足，得，然后分、、三种情况讨论，结合数列的单调性，逐项计算出的值.【详解】当时，则，由于数列是一个递增数列，，，或或.①当时，则，不合乎题意，舍去；②当时，则，，，由于数列是一个递增数列，所以，，由于，因此，；③当时，，则，不合乎题意.综上所述：，故选B.【点睛】本题考查数列的递推关系式和数列的单调性，解题的关键根据递推关系式进行计算，考查了分类讨论数学思想，属于中等题.5．已知，是方程的两根，且，，则的值为（    ）A． B． C．或 D．或【答案】B【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.【详解】由题知，，是方程的两根，所以，即，因为，，所以，，所以， 因为，所以，故选：B6．如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系利用向量法来求直线与平面所成角的正弦值.【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，设平面的法向量为，则，故可设，设直线与平面所成角为，所以.故选：A7．已知二次函数的两个零点为，若，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数零点的定义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】由，，得，，由，由，解得，．，故选：D【点睛】关键点睛：根据已知不等式得到是解题的关键.8．如图，在正方体中，以为原点建立空间直角坐标系，为的中点，为的中点，则下列向量中，能作为平面的法向量的是（    ）．A．（1，，4） B．（，1，）C．（2，，1） D．（1，2，）【答案】B【分析】设正方体的棱长为2，依次求出各点坐标，设向量是平面的法向量，根据法向量的定义，逐一验证各选项即可求出答案．【详解】解：设正方体的棱长为2，则，，∴，设向量是平面的法向量，则取，得，则是平面的一个法向量，结合其他选项，只需和共线即可，检验可知，ACD选项均不与共线.所以能作为平面的法向量只有选项B故选：B． 二、多选题9．已知函数的定义域为，，则（    ）．A． B．C．是偶函数 D．为的极小值点【答案】ABC【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.【详解】方法一：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.方法二：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，  显然，此时是的极大值，故D错误.故选：. 10．下列命题中正确的命题是 （    ）A．，使；B．若，则；C．已知，是实数，则“”是“”的必要不充分条件；D．若角的终边在第一象限，则的取值集合为．【答案】BCD【分析】根据指数函数的性质，得到，可判定A不正确；由三角函数的基本关系式，可判定B正确；由指数函数与对数函数的性质，结合充分、必要条件的判定，可判定C正确；求得，分类讨论，结合三角函数的符号，可判定D正确．【详解】对于A中：当时，，即，所以A不正确；对于B中：若，则，所以，可得或，此时，所以B正确；对于C：由，可得，又由，可得则，所以“”是“”的必要不充分条件，所以C正确；对于D：由角的终边在第一象限，可得，当为偶数时，在第一象限时，可得；当为奇数时，在第三象限时，可得，所以的取值集合为，所以D正确．故选：BCD．11．在数列中，，若（为常数），则称为“等差比数列”，下列对“等差比数列”的判断正确的为．A．不可能为0 B．等差数列一定是“等差比数列”C．等比数列一定是“等差比数列” D．“等差比数列”中可以有无数项为0【答案】AD【详解】由等差比数列的定义可知，等差比数列的公比不为0，所以A正确；当等差数列的公差为0即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以选项B不正确；当是等比数列时，当公比时，不是等差比数列，所以选项C不正确；数列是公比为-1的等差比数列，该数列中有无数多个0，所以选项D正确.12．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（    ）A．若，则满足条件的点有且只有一个B．若，则点的轨迹是一段圆弧C．若∥平面，则长的最小值为2D．若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为【答案】ABD【解析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可判断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.【详解】如图：∵正四棱柱的底面边长为2，∴，又侧棱，∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题. 三、填空题13．已知函数，图数，若存在，使成立，则实数a的取值范围是        【答案】【分析】分析当时的单调性并求出值域为A，分析当时的值域进而求出的值域为B，由题意知，列出不等式即可求出a的取值范围.【详解】，当时，为减函数，所以当时，函数的值域为，当时，，，则的值域为，因为存在，使成立，所以，若，则或，即或，所以若且，则故答案为：【点睛】本题考查函数的单调性与值域，集合交集运算的概念，涉及分离常数法判断函数的单调性，正弦函数的单调性与值域，属于中档题.14．若的展开式中项的系数为-160，则的最小值为       【答案】16【分析】求出的展开式的通项公式，得到，求出，再利用重要不等式，求出最小值.【详解】展开式的通项公式为，令，解得：，故，所以，解得：，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为16.故答案为：1615．若正数a，b满足，则的取值范围是         ．【答案】【分析】先分离常数，再化简应用基本不等式计算范围即可.【详解】，因为正数a，b满足，所以，所以．故答案为：16．已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在一点使，则该椭圆的离心率的取值范围为          ．【答案】【详解】试题分析：在△PF1F2中，由正弦定理得：，则由已知得：，即：a|PF1|=|cPF2|设点（x0，y0）由焦点半径公式，得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0,则a（a+ex0）=c（a-ex0）解得：x0=，由椭圆的几何性质知：x0＞-a则>-a整理得e2+2e-1＞0，解得：e＜--1或e＞-1，又e∈（0，1），故椭圆的离心率：e∈(-1，1)，故答案为(-1，1)．【解析】本题主要考查了椭圆的定义，性质及焦点三角形的应用，特别是离心率应是椭圆考查的一个亮点，多数是用a，b，c转化，用椭圆的范围来求解离心率的范围．点评：解决该试题的关键是能通过椭圆的定义以及焦点三角形的性质得到a,b,c的关系式的转换，进而得到离心率的范围．  四、解答题17．已知等差数列的前项和为，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，∴，∴.（2）由（1）可知，∴数列的前项和为，，两式作差，得，∴.【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题18．已知圆C过点 ，且圆心C在直线上．(1)求圆C的标准方程．(2)设直线与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点 的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设圆的方程，由题意列出方程组，解方程组求得答案；（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心 必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.【详解】（1）设圆C的方程为，则有，解得，所以圆C的方程为，化为标准方程，得．（2）假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，故圆心 必在直线l上，所以直线l的斜率，又，所以．将与圆C的方程联立，整理得，由于直线交圆C于A，B两点，故，解得，与矛盾，故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．19．如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．(1)求证：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论；（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.【详解】（1）证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；则 ，故，，∴，∴⊥，即 ；（2）证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以,因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ， ∴M(0,，)，∴(0,,)，(-4,,)，(4,,)；设平面BMC的法向量为，则 ，即，令 ，则；设平面AMC的法向量为，则 ，即，令 ，则；由于，得⊥，即平面AMC⊥平面BMC．20．已知二项式的展开式中共有10项．(1)求展开式的第5项的二项式系数；(2)求展开式中含的项．【答案】(1)126(2) 【分析】（1）根据项数可求得，根据二项式系数与项数之间关系列出等式，解出即可；（2）由（1）中的，求出通项，使的幂次为4，求出含的项即可.【详解】（1）解：因为二项式的展开式中共有10项，所以，所以第5项的二项式系数为；（2）由（1）知，记含的项为第项，所以，取，解得，所以，故展开式中含的项为.21．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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.(1)写出直线的参数方程及曲线的普通方程；(2)设点，若直线与曲线交于A，B两点，且，求实数的值.【答案】(1)直线的参数方程为（为参数），曲线的普通方程为(2) 【分析】（1）将直线的极坐标方程化为普通方程，再将直线的普通方程化为参数方程即可，直接消去参数将曲线的参数方程化为普通方程即可；（2）设、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，结合，得到关于的等式，再求出的值即可.【详解】（1）因为，所以，又因为，，即，所以直线的普通方程可化简为,所以直线的参数方程为（为参数），由，消去得，所以曲线的普通方程.（2）由，知与反向，所以点在圆内，所以，解得，联立直线的参数方程和曲线的普通方程，可得，设、对应的参数分别为、，因为点在圆内，则直线必与圆相交，由韦达定理，可得①，②，由于，代入①可得，代入②可得，所以，解得，合乎题意.综上所述，.22．设函数．(1)设，求函数的最大值和最小值；(2)设函数为偶函数，求的值，并求函数的单调增区间．【答案】(1)，；(2)， 【分析】(1)化简f(x)解析式，利用正弦函数的图像特性即可求其最大值和最小值；(2)根据正弦型函数为偶函数可知，，据此即可求出，再根据正弦函数单调性即可求g(x)的单调增区间.【详解】（1），∵，，∴，∴函数的最大值为，最小值为．（2），∵该函数为偶函数，∴，得，又∵，∴k取0，，∴，令，解得，从而得到其增区间为．