河南省洛阳市普高联考2022-2023学年高三数学（理）上学期测评卷（三）（Word版附解析）

这是一份河南省洛阳市普高联考2022-2023学年高三数学（理）上学期测评卷（三）（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
普高联考2022—2023学年高三测评（三）理科数学一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 若全集，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先对集合解不等式化简，然后利用补集和交集的定义即可求得结果.【详解】由题意解得，因为则，又因为，所以．故选：C．2. “，”是“”的（    ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的诱导公式和特殊角的三角函数，结合充分必要条件的概念即可判断.【详解】，时，，，时，，所以“，”是“”的充分而不必要条件，故选:.3. 已知向量，，，且，则实数m的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出，根据向量垂直，则点乘为0，得到关于的方程，解出即可.【详解】，由可得，解得．故选：A．4. 已知F为抛物线C：的焦点，点A为抛物线C上一点，且点A到直线x＝－p的距离为5，则抛物线的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离和到准线的相等即可求得p，既而求得抛物线方程.【详解】由抛物线的定义知点A到直线的距离为3，所以，解得p＝4，所以抛物线的方程为．故选：C．5. 某正方形数阵如图所示，依据观察，位于第36行第8列的数为（    ）A. 367 B. 330 C. 328 D. 324【答案】B【解析】【分析】利用观察法找规律，得出第一列的通项公式，则第36行的第一列的数字即确定，再观察得出第36行的通项公式，
就可求得第36行第8列的数.
 【详解】观察可知，第n行和第n列均为相同的等差数列，第一列数列的通项公式为，则第36行第1列的数为．第36行也等差数列，公差为37，则通项公式为，则．故选：B．6. 函数,若方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】转化为函数与y＝－x＋m的图象有两个不同的交点，作出函数图象，由图象可得结果.【详解】因为方程有两个不同的实数根，所以函数与y＝－x＋m的图象有两个不同的交点，如图，当直线y＝－x＋m经过点时，m＝2，所以当方程有两个不同的实数根时， .故选：D．7. 如图，在长方体中，，在面中作以棱CD为直径半圆，且点E在半圆上（不含点C，D），连接AE，BE，CE，DE，则下列说法错误的是（    ）A. 平面平面 B. 平面平面BCEC. 平面ABE D. 二面角E－AB－C的最大值为60°【答案】D【解析】【分析】对于A，由平面，可得平面平面；对于B，先证平面ADE，可得平面平面BCE；对于C，由，可得平面ABE；对于D，当E为的中点时，可知二面角E－AB－C有最大值.【详解】对于A，因为平面，平面ADE，所以平面平面，故A正确；对于B，线段CD是半圆的直径，所以，又，，所以平面ADE，所以平面平面BCE，故B正确；对于C，因为，平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，故C正确；对于D，过作，垂足为，过作，垂足为，连，因为，所以平面，又，所以平面，所以，所以∠EMO为二面角E－AB－C的平面角，所以，所以，当且仅当，即为的中点时，等号成立.即二面角E－AB－C的最大值为，故D错误．故选：D．8. 函数的最大值为2，且对任意的，恒成立，在区间上单调递增，则的值为（    ）A. 1 B.  C.  D. 2【答案】B【解析】【分析】根据函数的最值可得A＝2，根据恒成立可得，由函数的单调性可得，进而求得，求出函数解析式，即可求解.【详解】因为的最大值为2，所以A＝2，因为恒成立，所以当时，函数取得最大值，则，，所以，．当时，，因为在区间上单调递增，所以，解得，即，所以，则．所以，故选：B．9. 如果数列对任意的均有恒成立，那么称数列为“M－数列”，下列数列是“M－数列”的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据各选项的通项公式，直接验证是否恒成立即得．【详解】若，则，即，不满足条件，不是“M－数列”；若，则，即，不满足条件，不是“M－数列”；若，则，即，满足条件，是“M－数列”；若，则，当n＝1，2，3时，，不满足条件，不是“M－数列”．故选:C．10. 已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点均在球心为O的球面上，点E在AB上，，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设出三棱锥外接球的半径及球心，构造直角三角形即可求得面积最小值.
 【详解】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是的中心，取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且，所以，，，则．设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，在中，，解得．因为，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且，所以．当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，设截面圆的半径为r，则，所以截面面积为．故选：A．11. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点B在直线上，且位于第一象限，直线与直线交于点A，且A是线段的中点，，则C的离心率为（    ）A.  B. 2 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线渐近线方程可设出点坐标，根据和O是的中点，得出，建立等量关系得，即可求得离心率.【详解】方法一： 由题知直线是双曲线的两条渐近线，如图，因为O是的中点，且，所以，设，则解得即．因为A是的中点，所以，又点A在直线上，所以，解得c＝2a，所以，故选：B．方法二： 因为O是的中点，，所以，因为A是的中点，所以，又，所以，所以，所以，则c＝2a，所以．故选：B．12. 已知关于x的不等式对任意的恒成立，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】当 时对原式变形，将含有自变量的移到不等式的一边，即，构造新的函数，由函数的单调性求得函数的极值即最小值，要对任意的不等式恒成立，则需，即可得出结果.【详解】当时，，则可变形为．设，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在处有极小值，即最小值为．因为不等式恒成立，所以，即．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知向量，满足，，，则______．【答案】2【解析】【分析】对左右两边同时平方，化简代入数值即可求得.【详解】因为，所以.故答案为：2.14. 若，且，则______．【答案】##90°【解析】【分析】利用三角恒等变换及两角和差公式即可求得的值.【详解】，即，即，则，又，则，，则，即．（写成90°也给分）故答案为：或90°.15. 与直线相切于点的圆C过点，则圆C的半径为______．【答案】【解析】【分析】由题意知圆心在过点且与直线垂直的直线，求出直线方程，圆心又在MN的垂直平分线上，则两条直线的交点即为圆心，圆心点的距离即为半径.【详解】过点且与直线垂直的直线为，则圆心在直线上，又圆心在线段MN垂直平分线上，即圆心在直线上.所以圆心坐标为，则圆的半径．故答案为：16. 实数x，y满足目标函数的最大值为6，正实数a，b，c满足，当取得最大值时，的最大值为______．【答案】4【解析】【分析】根据简单的线性规划可得k＝2．由题意可得，进而，结合基本不等式可得a＝3b时取得最大值，根据可得，利用二次函数的性质即可求解.【详解】不等式组表示的平面区域如图所示，其中，，．因为k＞0，直线：y＝－kx平移到B点时目标函数取最大值，即2k＋2＝6，解得k＝2．因为，所以，即，所以，当且仅当，即a＝3b时取等号，此时，则，当且仅当时取等号，所以的最大值为4．故答案为：4.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知函数，，且．（1）求a的值及函数的单调递增区间；（2）求函数在区间上的最小值和最大值．【答案】（1）a＝0，，    （2）最小值－1，最大值2【解析】【分析】（1）化简函数解析式，由条件列方程求a的值，结合正弦函数的单调性结论求函数的单调区间.（2）结合不等式的性质及正弦函数性质求函数在区间上的最小值和最大值.【小问1详解】因为，所以，，，由知1＋a＝1，则a＝0，所以．令，，则，，则函数的单调递增区间为，．【小问2详解】由（1）知，，则，当，即x＝0时，函数有最小值－1；当，即时，函数有最大值2．18. 数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)利用与 的关系求通项即可；(2)利用错位相减法求通项.【小问1详解】当时，．①，当时，②，①-②得，即，当时，满足公式，所以．【小问2详解】由（1）知，则③，④，③-④得，所以．19. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知角A为锐角，的面积为S，且满足．（1）若，求A；（2）求的最大值．【答案】（1）    （2）4【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换化简整理即可结果；（2）根据题意利用余弦定理边化角整理可得，在以为整体结合正弦函数的有界性运算求解.【小问1详解】由正弦定理和，得，又∵，∴，因为，所以，则，即，又∵，则．【小问2详解】∵，由余弦定理得，所以，则，又∵，则，当，即时，取最大值，最大值为4．20. 在直三棱柱中，，D，，E分别为AC，，的中点，，点M在直线上，且，．（1）当时，证明：平面；（2）当为何值时，平面ABM与平面所成锐二面角的余弦值为？【答案】（1）证明见解析    （2）或【解析】【分析】（1）由线线垂直证平面，可证，再线线垂直证平面，可证，由几何关系可证，即可证平面；（2）以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，即可由向量法得二面角的余弦值的关系式，求解即可【小问1详解】由题知，又，且，平面，所以平面，∵平面，则．设，，连接，BD，因为是的中点，所以，且．因为，，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以．连接，如图，，，因为，所以，则，所以，则，则，所以．因，平面，所以平面．（说明：也可以直接建立空间直角坐标系，证明平面）【小问2详解】以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，，，，．设平面的法向量为，，，则令，则．设平面ABM的法向量为，，，则令，则．，解得或，所以当或时，平面ABM与平面所成锐二面角的余弦值为．21. 已知动圆M与圆：外切，与圆：内切，动圆M的圆心M的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的轨迹方程；（2）过点的直线l与曲线E交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得为定值？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）    （2）存在点【解析】【分析】（1）根据动圆与两圆的位置关系得到，则其轨迹为椭圆，再利用待定系数法求出的值即可；（2）假设存在点，可设直线l的方程为，联立椭圆得到，，计算的值，将韦达定理式整体代入得到，则，解出，最后不忘讨论直线l的斜率为0的情况.【小问1详解】设动圆M的半径为r，圆，圆的半径分别为，，圆心分别为，．由题知，，则，则动圆M的圆心M到两个定点，的距离的和为定值，且，所以点M的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆E：，则，，，所以曲线E的轨迹方程为．【小问2详解】假设存在点，使得为定值．当直线l的斜率不为零时，可设直线l的方程为，联立得，设，，则，．，，所以，要使上式为定值，即与m无关，应有，解得，此时．当直线l的斜率为零时，不妨设，，当点N的坐标为时，．综上所述，存在点，使得．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设采取设线法，注意为了简化计算，可引入参数，然后联立椭圆方程得到韦达定理式，再整体代入计算，得到，此处注意一个问题，若为定值，则分式一定可以约分为一个常数值，那么其系数成比例，则有，解出即可，最后不忘讨论直线斜率为0的情况.22 已知函数，，．（1）若曲线在点处的切线与曲线相切，求实数a的值；（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的最小整数值．【答案】（1）或    （2）1【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求出在点处的切线，联立，令即可求解a的值；（2）采用参变分离法得，设，利用导数求出的正负区间，进而确定最值范围，即可求解.【小问1详解】，则，又，所以曲线在点处的切线方程为，即.令，，则，则，解得或；【小问2详解】不等式恒成立，即恒成立，由于，则．设，则，，即．设，则，所以在上单调递减，又，，所以存在，使，即．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以．又，则，由于恒成立，，所以实数a的最小整数值为1．【点睛】本题考查由导数的几何意义求解切线方程、由直线与曲线相切求参数范围、由不等式恒成立求参数范围，整体难度不大.由不等式恒成立求解参数范围，采用参变分离的前提是：分离参数后，构造的函数容易由导数求解最值；在参变分离不易求解时，常常需要对参数进行分类讨论.