广东省深圳市福田区红岭中学2022-2023学年高三数学上学期第二次统考试卷（Word版附答案）

这是一份广东省深圳市福田区红岭中学2022-2023学年高三数学上学期第二次统考试卷（Word版附答案），共17页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
红岭中学2022－2023学年度第一学期高三第二次统一考试 数学试卷(说明:本试卷考试时间为120分钟,满分为150分)命题人：汪正良       审题人：蔡晓纯一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的,请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）1. 已知集合，集合，则（    ）A.    B.   C.    D. 2．欧拉是十八世纪伟大的数学家，他巧妙地把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数和联系在一起，得到公式，这个公式被誉为“数学的天桥”，根据该公式，可得＝(　　)A．1    B．    C．2    D．3．函数的一个零点所在的区间是(　　)   A.(1,2)    B.(2,3)      C．(3,3.5)     D．(3.5,4)4．已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，以下命题：①若m∥，m⊥，则⊥；②若，则；③若⊥，m∥，n∥，则m⊥n；④若，则。其中正确的是（   ）    A．①④        B．①②④   C. ①②③   D．②③④5．函数的图象大致为（   ）A．B．C．D．6.在△ABC中，∠ACB为钝角，AC＝BC＝1，，且.若函数f(m)(m∈R)的最小值为，则||的最小值为（   ）． A．1      B．          C．           D．
7.若，则（   ）A.       B.     C.     D.8.已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（   ）. A．   B．   C．   D．二、多选题（共4个小题，每小题5分,共20分，在每小题给出的四个选项中，有两项以上是符合题目要求的）9.下列叙述中正确的是(    )A．，使得B．命题“”的否定是“”C.设，，则  D．“”是“”的充分不必要条件10. 已知直线是函数的一条对称轴，则（   ）A.的图像关于点中心对称         B. 在上有两个零点C. 在上单调递减  D.y=f(x)与的图象关于直线对称11.数列满足，，是的前项和，以下正确的是(  )  A．是数列的最小项    B．是等差数列C．              D．对于两个正整数､，的最小值为12. 已知正方体的棱长为2，动点F在正方形内，则（    ）A. 若平面，则点F的位置唯一B. 若平面，则不可能垂直C. 若，则三棱锥的外接球表面积为D. 若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半第Ⅱ卷（非选择题  共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.曲线在处的切线的倾斜角为，则的值是____。14.在△ABC中，的中点，都在线段上，且，则=_____.15．某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是______.16．已知函数，若关于x的方程有3个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______. 四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知正项等差数列中，成等比数列，数列{bn}的前n项和为，且(n∈N*).(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和Tn. 18.在△ABC中，角的对边分别为，且(1)求角C;    （2）若，D为BC中点，求AD的长度．  19.如图(1)所示，AD是△BCD中BC边上的高线，且AB＝2AD＝2AC，将△ACD沿AD翻折，使得平面ACD⊥平面ABD，如图(2).(1)求证：AB⊥CD；(2)图(2)中，E是BD上一点，连接AE、CE，当AE与底面ABC所成角的正切值为时，求直线AE与平面BCE所成角的正弦值．  20. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点. 是扇形的内接矩形，记，矩形的面积为。（1）求关于角的解析式，并求的最大值.（2）当矩形的面积为时，求角的值.  21. 设数列满足,令.(1)试证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)是否存在常数，使得数列是等比数列？请说明理由。(3)令，是否存在实数，使得对一切都成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．  已知函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；
（3）若关于的方程有两个正实根，求证： 。 一、 BBAA   ACBD  二、9.ABD      10．ACD     11．ABD     12.AD三、13.4;       14.；     15. ;    16.详解6.答案：解析：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，所以||的最小值为AB边上的高，又AC＝BC＝1，即O为AB的中点，且函数f(m)＝|－m|的最小值为，即点A到BC边的距离为.又AC＝1，所以∠ACB＝120°，从而可得||的最小值为.另解：由＝x＋y， 且x＋y＝1，可知A，O，B三点共线，所以||的最小值为AB边上的高。依题，可得，因为是钝角，所以，......。7.解：，且，设，易知在上单调递增，则，所以。8.【详解】取中点，则，∴平面，，又，∴，则三棱锥的高，三棱锥体积为；作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径为，∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.故答案为：.10【答案】ACD【解析】【分析】由条件先求出f(x)的解析式，再结合选项分别判断即可.【详解】∵直线是函数f(x)=sin(2x+φ)（0<φ<π）的一条对称轴，所以（0<φ<π），所以，即，所以，故A正确；当，只有一个解，故B错误；当，此时函数f（x）单调递减，故C正确；显然，与的图象关于直线对称，故D正确.故选：ACD.11.【答案】ABD【解析】由，则数列为等差数列，且公差为2，又，则，可得，∴，又，当时，取得最小值，故A正确；，故C不正确；（也可由题目条件，求出，知C不正确），是常数，故B正确；对于两个正整数､，，由，故的最小值为，故D正确.故选：ABD.12.【答案】AD【解析】【分析】求得点F的坐标判断选项A；求得同时满足两个条件的点F的坐标判断选项B；求得三棱锥的外接球表面积判断选项C；求得三棱锥的体积和三棱锥体积判断选项D.【详解】如图，以D为原点分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系： 
 则，，，，，，，，由于动点F在正方形内，可设，其中，，选项A：若平面，则，．由于，，，则，解得：或（舍去），此时，即点F的位置唯一，故选项A正确；选项B：，，设平面的一个法向量为．则，令，得，，故，而，若平面，则，则，即，所以，此时，而，所以，当时，，此时，则.故选项B不正确；选项C：由于，则F为的中点，此时，设三棱锥的的外接球的球心为，则，即，解得：，所以，则三棱锥的的外接球的半径为，所以三棱锥的的外接球表面积为，故选项C不正确；选项D：点E为BC中点，由正方体可知平面，则则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半. 故选项D正确.故选：AD另解：选项A，由，知的轨迹是以线段为直径的圆（在正方形内）；又，易知，所以F在面的交线上，所以F在线段上。易知线段与以线段为直径的圆（在正方形内）相切，所以F是唯一的。A正确。选项B，易知面，所以F在线段；又知，要使，则的交线，此时，F为的中点，使得。15.【解析】设圆柱的半径为，高为，体积为，则由题意可得，，圆柱的体积为，求导，得令当时，取最大值。圆柱的最大体积为，16.【解析】当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，又当时，，，在处取得极小值，，在处取得极大值，，又时，恒成立，时，恒成立，画出，如图：由得：或画出的图象，如图所示：从图象可以看出有1个根，为，要想方程有3个不相等的实数根，需要需要有2个不相等的实数根，且不等于-1，所以则实数a的取值范围是，C正确；四、17.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由a1＝2，且a1，a2－1，a3成等比数列，∴(1＋d)2＝2(2＋2d)，即(1＋d)2＝4(1＋d)，由已知d>0，∴1＋d＝4，∴d＝3，∴an＝3n－1；..........................................................3分由，得，两式相减得，得，又，数列{bn}是首项为2， 公比为2的等比数列，则.............(7分)(2)cn＝＝＝，∴Tn＝＝=............................(10分)18.解：(1)依题，，由正弦定理，得，，又.  .所以................(4分)另解：依题，，由余弦定理，得，得，  又.  .所以................................(4分)(2)解法一：因为，所以           .......  (5分)又,          .......... (7分)由正弦定理知，,所以BC=,            又D为BC中点，所以,                                  ............. (10分)在中，由余弦定理知，得.                                                   .......... (12分) 解法二：， 在在中，由正弦定理得，即，，所以AD的长为。19.解：(1)由图(1)知，在图(2)中，AC⊥AD，AB⊥AD，∵平面ACD⊥平面ABD，平面ACD∩平面ABD＝AD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面ACD，又CD⊂平面ACD，∴AB⊥CD........................................................................................(4分)(2)以A为原点，AC，AB，AD所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间坐标系，不妨设AC＝1，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1).设E(x，y，z)，由＝λ(0<λ<1)，得(x，y，z－1)＝(0，2λ，－λ)，得E(0，2λ，1－λ)，∴＝(0，2λ，1－λ)，平面ABC的一个法向量为＝(0，0，1).由AE与底面ABC所成角的正切值为可得tan 〈，〉＝2，于是cos 〈，〉＝，即＝，解得λ＝.则E，＝，＝(1，－2，0)，＝.设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，得x＝2，z＝2，则n＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量，设直线AE与平面BCE所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为..............................................(12分)另解：过E左于H，  易知，是AE与底面ABC所成角，依题，，得，由所以是AB的中点，E是BD中点。（以下解法同前面的解法）（说明：直接写“是AE与底面ABC所成角”，没有给出理由的，扣过程分）20.解：(1)在中：，……...（1分）在中：所以………….................（2分）所以……….............（3分）所以矩形的面积…（4分）.....................（7分）由，得，所以当，即时，……（9分）(2) 当时，即………（10分）又因为，所以，或，即或…..................（12分） 解：(1)证：由,得,即,  ,而,∴,即,∴数列是以首项为,公差为1的等差数列．这时,．                            …………………………5分（2）由（1）， 法一：若存在常数c,使是等比数列，则，即，解得。所以，存在唯一的常数,使是等比数列。..........................7分法二：，当时，上述比值不是常数。所以，存在唯一的常数c=0,使是等比数列。........7分(3)设,则.∵∴,即数列是递减数列,故．               ……10分要使不等式对一切都成立,只要,即,, 解得.因此, 存在大于实数，使得不等式对一切都成立．..........12分22.【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且，下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，当变化时，的变化情况如下表：             所以，在，上单调递减，在内单调递增.（2）当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减.所以，在上单调递增，在上单调递减.（Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.（Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得.类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，，即对任意，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.由此可得.因为，所以，故，所以.