河南省洛平许济2022-2023学年高三上学期第一次质量检测文科数学试题（解析Word版）

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洛平许济2022—2023学年高三第一次质量检测文科数学试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共12个小题，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.已知集合，，则（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由对数真数大于零可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，即，又，.故选：B.2.已知为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义可得结果.【详解】，的虚部为.故选：A3.已知实数满足，则的取值范围为（）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

1A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】画出不等式组表示的区域，表示两点、连线的斜率，结合图形可得答案.【详解】不等式组表示的区域如下：表示两点、连线的斜率，由图可得，当时取得最小值，由可得，此时取得最大值，所以的取值范围为，故选：C4.已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（）．AB.C.D.【答案】A【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

2【分析】根据导数几何意义和垂直关系可得，解方程即可.【详解】令，则，在点处的切线与垂直，，解得：.故选：A.5.在中，是的中点，是的中点，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量基本定理以及向量的线性运算即可求解．【详解】∵∴．故选：D．6.已知函数，当时，的最大值为（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用同角三角关系和二倍角的正弦公式化简整理得，结合正弦函数的单调性运算求值.【详解】，∵在的单调递增，∴在上的最大值为.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

3故选：C.7.过抛物线的焦点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆的方程是（）．A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将直线方程与抛物线方程联立可得，结合中点坐标公式可得圆心坐标，利用抛物线焦点弦长公式可求得半径，由此可得圆的方程.【详解】由抛物线方程知：，则，由得：，设，，则，，中点为，即，又所求圆的半径，以为直径的圆的方程为：.故选：C.8.函数是定义在上的偶函数，且，则（）A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】【分析】先求出函数的周期为8，再利用函数的周期性和奇偶性求值.【详解】由题得所以.所以函数的周期为8.所以.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

4故选：C9.已知菱形ABCD的边长为2，，E是AD的中点，沿BE将折起至的位置，使，则下列结论中错误的是（）．A.平面平面PDEB.平面平面PBCC.平面平面BCDED.平面平面BCDE【答案】D【解析】【分析】根据线面、面面垂直的判断定理分析判断.【详解】如图1，在菱形ABCD中，连接BD，则为等边三角形，且E是AD的中点，∴，如图2，在四棱锥中，，，平面，∴平面，平面，则平面平面PDE，A正确；∵，即，∴，，平面，∴平面，又∵，则平面，平面，则平面平面PBC，B正确；∵，，平面，∴平面，平面，则平面平面BCDE，C正确；∵平面，平面，则平面内不存在与平面垂直的直线，∴平面不与平面垂直，D错误；故选：D.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

510.已知数列的通项公式为，若该数列的前项和为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简通项公式，利用裂项相消法即可求解.【详解】因为数列的通项公式为，当为奇数时，，当为偶数时，，所以，故选：B.【点睛】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．11.把函数的图象向左平移个单位，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.若函数在上恰有3个零点，则正数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

6【分析】先根据图象变换求得，再以为整体结合正弦函数分析运算.【详解】把函数图象向左平移个单位，得到，再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到，∵，，则，令则，，若函数的图象在上恰有3个交点，则.故正数的取值范围是.故选：B.12.已知，则这三个数的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，利用导数法研究单调性，并利用单调性可比较，在同一坐标系中作出与的图象，结合图象与幂函数的性质可比较，即可求解【详解】令，则，由，解得，由，解得，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

7所以上单调递增，在上单调递减；因为，所以，即，所以，所以，又递增，所以，即；，在同一坐标系中作出与的图象，如图：由图象可知在中恒有，又，所以，又在上单调递增，且所以，即；综上可知：，故选：A二、填空题:本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.双曲线的渐近线方程________．第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

8【答案】【解析】【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程．【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上而双曲线的渐近线方程为y=±∴双曲线的渐近线方程为y=±故答案为y=±【点睛】本题考察了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想14.已知函数则_____.【答案】##【解析】【分析】由定义域与解析式逐步代值可得答案.【详解】由题，则故答案为:15.三棱锥的外接球的表面积为是该球的直径，，则三棱锥的体积为_____.【答案】【解析】【分析】根据题意，作图，证明为三棱锥的高，利用勾股定理求出的值，以及求出，进而利用体积公式，即可求解.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

9【详解】如图，设球的半径为，由已知得，解得，则，又由，所以，取中点，为所在外接圆的圆心，故平面，又因，所以，平面，得到，在中，由，，得到，所以，，所以，故答案为：16.已知椭圆的离心率为，分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上且在以为直径的圆上．线段与轴交于点，，则椭圆的长轴长为_____．【答案】【解析】【分析】由已知条件可得，，进而可得，可得，求出的值，再由离心率求出，即可得到答案．【详解】由题意得，点在以为直径的圆上，则，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

10因为，，所以，所以，所以，可得，又，所以，所以椭圆的长轴长为．故答案为：．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.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．（1）求A；（2）求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】由正弦定理边化角再根据角度范围得角得大小；根据锐角三角形得角得范围，然后将转化为关于角的正弦型三角函数，根据正弦型函数性质从而可得取值范围.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得：，又因为锐角中，，所以，则，即，故；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

11【小问2详解】解：由（1）得，，所以，又因为锐角中得：，所以，所以，因为，所以，所以，即的取值范围为.18.已知等比数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）若构成等差数列的前3项，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由、两式相减得，可得公比，再求出首项，即可写出通项公式；（2）由等差中项性质列式求出m，即可求出数列、通项公式，最后用错位相减法即可求和【小问1详解】依题意：，当时，，两式相减得：，（）．第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

12∵数列是等比数列，∴．当时，，即，解得．∴．【小问2详解】由（1）知，，，依题意可得：，，则等差数列前3项分别为8，12，16，公差，∴．．．…①①得：．…②②①得：．∴．19.如图，四面体中，是的中点.（1）当在线段上移动时，判断与是否垂直，并说明理由；（2）若，当是线段的中点时，求到平面的距离.【答案】（1），理由见解析（2）【解析】【分析】（1）可判断，根据线面垂直来证明异面直线垂直即可；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

13（2）利用三棱锥体积转换法求解到平面的距离.【小问1详解】解：，理由如下：连接，，∵，，，∴．∴，又是的中点∴．∵，∴，且，平面．∴平面，又平面．∴．【小问2详解】解：由，，可得，∵是的中点，∴．由（1）知，且，∴，．可得．又，，平面∴平面．当是线段中点时到平面的距离与到平面的距离相等．因为是线段中点，所以到平面的距离为，由题可知，设到平面的距离为h，，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

14由，即∴．即到平面的距离为．20.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，证明:.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调区间；（2）计算，构造函数，，求出，对再一次求导（需引入新函数），确定的单调性后得其正负，从而确定的单调性，得证结论成立．【小问1详解】，若，，即，此时在R上单调递减．若，解得，解得，∴在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】∵，第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

15设，，设，∴在上单调递增，，．∴，在上单调递增．∴．∴．21.已知椭圆的右焦点为F，离心率为，上顶点为．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，与y轴交于点M，若，，判断是否为定值？并说明理由．【答案】（1）（2）为定值，理由见详解【解析】【分析】（1）根据题意列式求解；（2）由题意知可知直线AB的斜率存在，设其方程为，则，由已知向量等式可得，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系即可证明为定值.【小问1详解】由题意可得，解得，故椭圆C的方程.【小问2详解】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

16为定值，理由如下：由（1）可得，由题意可知直线l的斜率存在，设直线l：，则，联立方程，消去y得，则，，∵，，则，可得，（定值）.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题.定值问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）求直线与曲线的普通方程，并说明是什么曲线？（2）设M，N是直线与曲线的公共点，点的坐标为，求的值．第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

17【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）消去参数即可得到直线与曲线的普通方程即可说明曲线.（2）将直线参数方程代入圆的普通方程即可得到与，根据参数的几何意义讨论求得的值.【小问1详解】由题意可得：直线l的参数方程为消去参数得：.曲线的参数方程为.消去参数得：曲线表示以原点为圆心，以为半径的圆.【小问2详解】由（1）知：将直线的参数方程代入得：可知，，故与异号.不妨设,易知，故==同理，易知，故==综上：[选修1-5:不等式选讲]第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

1823.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）设函数的最小值为m，且正实数a，b，c满足，求证：．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值即可求解；（2）利用绝对值不等式可求得，再利用基本不等式即可证明.【小问1详解】由题意可得：，当时，则，解得；当时，则，解得；当时，则，解得；综上所述：不等式的解集为.【小问2详解】∵，当且仅当时等号成立，∴函数的最小值为，则，又∵，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

19上式相加可得：，当且仅当时等号成立，∴.第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司

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