2023届河南省濮阳市高三上学期阶段性测试数学（理）试题含解析

2023届河南省濮阳市高三上学期阶段性测试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用集合交集的运算求解即可．

【详解】集合，则

故选：B

2．已知复数，则（    ）

A．     B．     C． D．

【答案】D

【分析】根据模长的性质计算即可.

【详解】因为，故.

故选：D

3．已知向量，，且，则实数（    ）

A．11     B．1     C．－1     D．－11

【答案】C

【分析】由，得，从而可求出的值.

【详解】因为向量，，且，

所以，解得，

故选：C

4．若直线与双曲线：的一条渐近线平行；则的值为（    ）

A． B． C．4 D．16

【答案】A

【分析】由双曲线方程得渐近线方程，在确定平行直线的斜率，从而可求解的值.

【详解】解：双曲线：的渐近线方程为：

直线的斜率为：，由题意得，所以.

故选：A.

5．已知数列为等差数列，若，则（    ）

A．4     B．6     C．12     D．16

【答案】C

【分析】利用已知条件求出的关系，再利用等差数列的通项公式可求得结果.

【详解】设数列的公差为，

因为，所以，即，

所以，

故选：C

6．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值是（    ）

A．322     B．161     C．91     D．80

【答案】B

【分析】根据程序框图求解即可.

【详解】，

（否），

（否），

（否），

（否），

（是），输出.

故选：B

7．已知等比数列中，，，则（    ）

A．27     B．9     C．     D．

【答案】A

【分析】若(m，n，p ，q)，那么，，利用以上两条等比数列的性质即可解题.

【详解】因为数列为等比数列，所以，可得；

因为，所以，，，

所以.

故选：A.

8．在三棱锥中，，，，分别为，，的中点，为的中点，若且，则下列结论中不一定正确的是（    ）

A．平面     B．平面    

C．平面     D．平面

【答案】C

【分析】根据图形结合选项以及相关定理进行逐一验证.

【详解】因为，分别为，的中点，所以，

因为平面，平面，

所以平面，所以A正确.

连接交于，连接，由是三角形的中位线可知为的中点，

又为的中点，所以,

因为平面，平面，所以平面，所以B正确.

假若平面，则，这从已知条件无法得出，所以C不正确.

因为，为的中点，所以；

因为，分别为，的中点，所以，所以；

因为，，所以平面，所以D正确.

故选：C.

9．袋中装有大小质地完全相同的3个小球，小球上分别标有数字4，5，6.每次从袋中随机摸出1个球，记下它的号码，放回袋中，这样连续摸三次.设事件为“三次记下的号码之和是15”，事件为“三次记下的号码不全相等”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用条件概率概率计算公式求解即可．

【详解】解：事件所包含的基本事件有，，，，，，共7个，事件所包含的基本事件有，，，，，共6个，

所以．

故选：A．

10．已知函数，若，，，则（    ）

A．     B．2     C．     D．4

【答案】B

【分析】计算出，再根据，由此可得出结果.

【详解】，，则恒成立，

又因为

，

因为，则，

因此，.

故选：B

11．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，和分别是该圆柱上、下底面的一条直径，若四面体的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，确定圆柱底面圆的半径和高度，作图，分别是圆柱上、下底面圆的直径，，分别为上、下底面圆心，利用四面体的体积求解点A到面，根据异面直线求解方法作图分析，进而计算可得答案．

【详解】解：如图，，分别是圆柱上、下底面圆的直径，，分别为上、下底面圆心，连接.

根据题意，由于圆柱的轴截面是边长为2正方形，则圆柱的底面半径为1，圆柱的高为2，

连接、，

中，，高，则，

设点到平面的距离为，

则，解可得，

如图，在圆柱下底面上过作，过作于点，

则

异面直线与所成角为或其补角

所以，故

则异面直线与所成角的余弦值为.

故选：D．

12．已知抛物线：的焦点为，是上位于第一象限内的一点，若在点处的切线与轴交于点，且，为坐标原点，则直线的斜率为（    ）

A．     B．     C．     D．1

【答案】C

【分析】设，根据导数的几何意义可得切线的方程，结合抛物线的定义可得，从而得到直线的倾斜角为，得出，代入再计算直线的斜率即可.

【详解】设，因为：，故，故切线的方程为，即，故.

又由抛物线的定义可得，且，故，故，故直线的倾斜角为.

所以，即，故.

所以直线的斜率为.

故选：C

二、填空题

13．已知，，且点在直线上，则的最小值为______.

【答案】16

【分析】由题意，再根据结合基本不等式求解即可.

【详解】由题意，故，当且仅当，即，时取等号.

故答案为：16

14．若直线：被圆：截得线段的长为6，则实数的值为______.

【答案】24

【分析】把圆的一般方程化为圆的标准方程，利用点到直线的距离公式以及勾股定理进行求解.

【详解】把圆：化为标准方程有：，

所以圆心，半径，又直线：，

所以圆心到直线的距离为，

因为直线：被圆：截得线段的长为6，

根据勾股定理有：，解得，

所以，解得.

故答案为：24.

15．已知函数在上有且仅有1个零点，则实数的取值范围为______.

【答案】

【分析】利用余弦函数图象和性质，求得的范围.

【详解】解：由函数，且，令

则，故函数在区间上有且只有一个零点

所以，解得.

故答案为：.

16．已知函数及其导函数满足，若，且在上存在极值点，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】由题意，结合可求得，再求导结合在上存在极值点列式求解即可.

【详解】即，故，其中为常数.又，令有，即.

故，.

所以，又在上存在极值点，故，解得.

故答案为：

三、解答题

17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.

(1)求；

(2)若，，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理边角关系、和差角正弦公式可得，进而求；

（2）根据正弦定理边角关系得，应用余弦定理求.

【详解】(1)由得：，

由正弦定理得：.

因为，所以，

所以.

因为，所以，得.

(2)由及正弦定理得：，所以.

由余弦定理得：，即，解得.

18．如图，在正三棱柱中，，，点，分别在棱和棱上，且，.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的判定定理，结合等边三角形的性质，可得线线垂直，结合正三棱柱中侧面与底面垂直，可得线面垂直，可得答案；

（2）建立空间直角坐标系，得到点的对应坐标，进而得到线的方向向量和面的法向量，结合向量夹角公式，可得答案.

【详解】(1)如图，取的中点，的中点，连接，，，

则，且，

所以FG且，所以四边形为平行四边形，所以.

因为是等边三角形，是的中点，所以.

又因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，所以平面.

又平面，所以平面平面.

(2)设的中点为，连接，，易知，，三点共线.

在正三棱柱中，可得，所以，，两两互相垂直.

分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，.

设平面的法向量为，由得

令，得到平面的一个法向量.

设直线与平面所成的角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

19．在“校园安全”知识竞赛中有两道多选题，每道题给出的四个选项中有多个正确选项，全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错或未作答的得0分.小明参加了这次竞赛，由于准备不充分，他对这两道多选题涉及的知识完全不了解.

(1)若小明选择每个选项的概率均为且互不影响，求他这两道题得分之和为20分的概率；

(2)若这两道题中一题有2个正确选项，一题有3个正确选项，小明每道题随机选择两个选项，求小明这两题得分之和的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据独立事件的概率公式求解；

（2）设有2个正确选项的题为甲，有3个正确选项的题为乙，然后根据题意求出甲题得10分和得0分的概率，乙题得5分和得0分的概率，的取值可能为15，10，5，0，然后求出相应的概率，从而可求出分布列和数学期望.

【详解】(1)由题意，这两道题小明全部选对.

小明一道题全部选对的概率为，

所以小明这两道题得分之和为20分的概率为.

(2)设有2个正确选项的题为甲，有3个正确选项的题为乙.

小明每道题随机选择两个选项有种选择方法.

对于甲题，只有1种选法得10分，其余5种选法均得0分，即甲题得10分的概率为，得0分的概率为.

对于乙题，有3种选法得5分，其余3种选法得0分，即乙题得5分和得0分的概率均为.

则的取值可能为15，10，5，0，

所以，，

，.

所以的分布列为

所以.

20．已知椭圆：的右焦点为，圆：，过且垂直于轴的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为和.

(1)求的方程；

(2)过圆上一点（不在坐标轴上）作的两条切线，，记，的斜率分别为，，直线的斜率为，证明：为定值.

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出，可得椭圆的方程；

（2）设，且满足圆的方程，设出过点与椭圆相切的直线方程，与椭圆方程联立，利用得出关于的一元二次方程，由韦达定理得出，进而可求出为定值．

【详解】(1)设椭圆的半焦距为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长分别为，则；过且垂直于轴的直线被圆所截得的弦长分别为，则，又，解得，所以的方程为.

(2)设，则.①

设过点与椭圆相切的直线方程为，

联立得，

则，

整理得.②

由题意知，为方程②的两根，由根与系数的关系及①可得.

又因为，所以，所以为定值．

21．已知函数.

(1)若，求曲线在点处的切线方程；

(2)若有两个极值点，（），且不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据导数的几何意义，结合切线的点斜式方程，可得答案；

（2）由极值点的必要条件，得到参数与极值点之间的等量关系，化简整理并整体还原，可得一元不等式，利用导数证明不等式恒成立，可得答案.

【详解】(1)若，则，

，

则切线的斜率为，又，

所以曲线在点处的切线方程是，即.

(2)，由条件知，是方程的两个根，

所以则.

所以.

设，可知的取值范围是，则，

不等式恒成立，等价于恒成立.

设，则恒成立，

.

（i）若，则，所以，在上单调递增，

所以恒成立，所以符合题意；

（ii）若，令，得，令，得

则在上单调递增，在上单调递减，

所以当的取值范围是时，，不满足恒成立.

综上，实数的取值范围是.

【点睛】关键在于第二问，注意利用等量关系进行等量代还，转化不等式，再利用导数研究含参函数的单调性，注意分类讨论和数形结合思想的应用，

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且与交于，两点.

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)设，求.

【答案】(1)的普通方程为，的直角坐标方程为

(2)32

【分析】（1）直接消去参数可得的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求出的直角坐标方程，

（2）先求出的参数方程，代入的直角坐标方程，然后利用根与系数的关系和弦长公式可求得结果.

【详解】(1)由得，得，

故的普通方程为.

由，得，

因为

所以，故的直角坐标方程为.

(2)因为经过点，且斜率为－1，

所以的参数方程可写为（为参数），

代入的方程得.

设，对应的参数分别为，，则，，

所以.

23．设函数.

(1)求不等式的解集；

(2)求直线与的图象围成的三角形的面积的最大值.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论得到不等式组，解得即可；

（2）画出函数图象，结合图形可得当时所围成的三角形面积取得最大值，再求出交点坐标，即可求出三角形的面积.

【详解】(1)解：因为，

所以不等式等价于或或，

解得或或，

综上可得不等式的解集为.

(2)解：作出的大致图象如图所示，

由已知可得当时，直线与的图象围成的的面积最大，

由，令，即或，

解得或，所以，，，

所以的面积为.