2023届广东省东莞第四高级中学高三下学期2月模拟数学试题含解析

这是一份2023届广东省东莞第四高级中学高三下学期2月模拟数学试题含解析，共18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届广东省东莞第四高级中学高三下学期2月模拟数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用集合的并运算求解即可.【详解】由集合的并运算可知，.故选：B.2．若，则（    ）A．0 B．1 C． D．【答案】D【分析】根据二次方程的方法求解即可.【详解】由得,,即,则.故选：D【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.3．设为数列的前项和.若，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】用定义法，分充分性和必要性分别进行讨论.【详解】因为为数列的前项和，且，所以当时，；当时，；所以充分性：当时，.所以；；.满足，所以充分性满足；必要性：由可得：，，，符合，但是不能推出.所以必要性不满足.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4．已知函数（且）的图象恒过定点，点在幂函数的图象上，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令对数的真数等于0，求得x、y的值，可得图象经过的定点坐标．再根据在幂函数y＝f（x）的图象上，求出函数f（x）的解析式，从而求出的值．【详解】∵已知a＞0且a≠1，对于函数，令x﹣1＝1，求得x＝2，y，可得它的图象恒过定点P（2，4），∵点P在幂函数y＝f（x）＝xn 的图象上，∴2n，∴n，∴f（x）则f（2）,故故选B．【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，求函数值，属于基础题．5．中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年～前222年)，其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器，如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥的底面圆的直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此圆锥形沙堆的高为(　　  )A．2 cm B． cm C． cm D． cm【答案】D【分析】由题意知，求得细沙的体积，结合体积相等，即可求解，得到答案．【详解】由题意知，开始时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高，底面圆的半径，故细沙的体积，当细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为，设高为，则，得，故此锥形沙堆的高为.故选：D.【点睛】本题主要考查了圆锥体积的计算与应用，其中解答中熟练应用圆锥的体积公式求得几何体的体积，利用“等积法”求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用，属于中档试题．6．中国传统文化中很多内容体现了数学中的“对称美”，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．定义图象能够将圆（为坐标原点）的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，给出下列命题：①对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个；②函数可以是某个圆的“太极函数”；③函数可以同时是无数个圆的“太极函数”；④函数是“太极函数”的充要条件为的图象是中心对称图形．其中正确结论的序号是（    ）A．①② B．①②④ C．①③ D．①④【答案】A【分析】根据“太极函数”的定义对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】①，过圆心的直线都可以将圆的周长和面积等分成两部分，所以对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个，①正确.②，，所以的定义域为，，所以是定义在上的奇函数，图象关于原点对称，，所以在上递减，画出大致图象如下图所示，由图可知， 是太极函数，②正确.③，函数，的定义域为，，所以是偶函数，图象关于轴对称，所以函数不是某个圆的太极函数.④，是奇函数，图象关于原点对称，但不是太极函数，如图所示，所以④错误.所以正确的为①②.故选：A7．已知，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得出，，解方程可得出的值，再利用同角三角函数的平方关系可求得的值.【详解】因为，则，，因为，则，因此，.故选：B.8．若f（x）为R上的奇函数，给出下列四个说法：①f（x）＋f（－x）＝0 ；               ②f（x）－f（－x）＝2f（x）；③f（x）·f（－x）<0； ④．其中一定正确的有A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【详解】试题分析：根据题意，由于f（x）为R上的奇函数，那么可知f（x）＋f（－x）＝0成立，对于f（x）－f（－x）＝2f（x）显然成立，对于D，只有f(x)不为零时成立，对于③f（x）·f（－x）<0,只有x不为零时成立，故正确的选项为C.【解析】奇偶性点评：主要是考查了函数奇偶性的概念的运用，属于基础题． 二、多选题9．若直线是曲线的切线，则曲线的方程可以是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】函数的导数的几何意义是在某点处的切线斜率，对每个函数求导，判断是否有解即可.【详解】因为直线是曲线的切线，所以在某点处的导数值为．对于A，由，可得，令，即，因为，所以有解，故A正确．对于B，由，可得，令，可得，无解，故B不正确．对于C，，故有解，故C正确．对于D，的定义域为，令，可得，不符合，所以无解，故D不正确．故选：AC10．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的值可能为（    ）A．7 B．10 C．17 D．19【答案】ABC【分析】右焦点为，求出的范围，利用椭圆定义，从而可得出的取值范围，可判断各选项．【详解】由题意可得，则，故．因为点P在椭圆E上，所以，所以，故，由于，所以，故的可能取值为7，10，17．故选：ABC．【点睛】本题考查椭圆的定义，在涉及到椭圆上点到一个的焦点的距离时，可利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，从而得出相应范围．11．已知三棱锥的棱长均为，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（    ）A． B．C．数列为等差数列 D．数列为等比数列【答案】AD【分析】根据题意求出三棱锥内切球和球的半径，找出半径之间的关系，进而进行计算即可得出结论.【详解】由题意知三棱锥的内切球的球心在高上，如图1所示，由正三角形中心的性质可得：，则，设球的半径为，则利用等体积法：，即，解得：，所以球的体积，故选项正确；如图2所示：易知，，.设球与平面切于点，球的半径为，连接，则，所以，即，所以，则，所以，如此类推，.所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，则，故选项错误；由可得，所以数列是公比为的等比数列，故选项错误；由可得，数列是公比为的等比数列，故选项正确；故选：.12．函数在上有定义，若对任意的，，有则称在上具有性质，则下列说法正确的是（    ）A．在上具有性质；B．在其定义域上具有性质；C．在上单调递增；D．对任意，，，，有【答案】BD【分析】根据所给定义及基本不等式证明A、B、D，利用反例说明C；【详解】解：对于A：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，且在定义域上单调递增，所以，即，故A错误；对于B：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，所以，故，故在其定义域上具有性质，故B正确；对于C：若为常数函数，如，显然对任意的，，都有，满足性质，但是不具有单调性，故C错误；对于，有 ，故D正确．故选：BD 三、填空题13．椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点.若，则椭圆的离心率为______.【答案】【分析】设点，由可得出，可求得，化简可得出关于、的齐次等式，即可求得椭圆的离心率.【详解】设，，即，，则，即①，又，②，由①②得，即，或（舍去），解得.故答案为：.【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，解答的关键就是要结合题意得出关于、、的齐次等式，考查计算能力，属于中等题.14．在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的半径为______.【答案】【分析】根据，，由勾股定理得到，，从而有 平面BCD，根据截面圆的性质，得到球心到平面BCD的距离h，在中，由余弦定理和正弦定理求得的外接圆半径r，再利用球的半径为求解.【详解】如图所示：因为，，由勾股定理得，，所以平面BCD，所以球心到平面BCD的距离为1在中，由余弦定理得，所以所以的外接圆半径为，所以球的半径为.故答案为：【点睛】本题主要考查球的外接问题，以及截面圆的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.15．抛物线的焦点为F，经过F的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，与准线l交于点B，且于K，如果，那么的面积是______.【答案】【分析】计算得到，，故为正三角形，，计算面积得到答案.【详解】抛物线的焦点，准线为l：，由抛物线的定义可得，由直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，可得，即有为正三角形，由F到l的距离为，则，的面积是.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线中的面积问题，确定为正三角形是解题的关键.16．函数的定义域为_______【答案】【分析】由二次根式的有意义得不等式，解出结果即为答案.【详解】解：解不等式，得所以函数的定义域为故答案为【点睛】本题考查了函数的定义域问题，对数不等式的解法，属于基础题. 四、解答题17．已知数列满足：，对，都有．(1)设，求证：数列是等比数列；(2)设数列的前n项和为，求．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用变形得到，从而证明出结论；（2）求出，分组进行求和.【详解】（1）因为，所以．又，所以，化简得：．因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列．（2）由（1）可得：，所以，所以．18．如图：四锥中，，，，.（1）证明：平面；（2）求点B到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）通过计算证明即可证明平面；（2）利用等体积法求点到平面距离.【详解】（1）由题：四锥中，，，，即，，所以，，由题，是平面内两条相交直线，所以证明平面；（2）由（1）可得：就是到平面的距离，设点B到平面的距离为，三棱锥的体积：，解得：【点睛】此题考查根据计算得线线垂直证明线面垂直，利用等体积法求点到平面距离.19．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：．(1)求角A的大小；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求得结果；（2）利用正弦定理求出角，从而可判断三角形为直角三角形，进而可求出三角形的面积.【详解】（1）由已知及正弦定理可得，整理得，所以．又，故．（2）由正弦定理可知，又，，，所以．故，所以，故为直角三角形，于是．20．已知双曲线：的左､右焦点分别为，，右顶点为，点，，.(1)求双曲线的方程；(2)直线经过点，且与双曲线相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或或或 【分析】（1）由题意得，求解即可；（2）设：，联立，由根与系数的关系结合三角形面积求解即可【详解】（1）由题意，得，解得，，，所以双曲线的方程为.（2）由题意可知，直线的斜率不为0，设：，联立，消，得，由，解得.设，，则.所以，所以的面积，由，化简，得，解得，，，，所以直的方程为或或或.21．已知函数为f（x）的导函数.（1）若f'（x）在区间上单调递减，求实数a的取值范围；（2）若，求证：当a≤3时..【答案】（1）a≥3（2）证明见解析；【解析】（1）先求，令，再求导，原问题可转化为在上恒成立，即恒成立，于是求出在上的最大值即可；（2）令，原问题转化为证明，求出，由于，所以，再令，再求导，又令，又求导，并得出，因此在上单调递增，依此，逐层往回递推直至能证明即可．【详解】解：（1）由题可知，，令，则，在区间上单调递减，当时，，即恒成立，而当时，，，．（2）证明：令，则，，，令，则，令，则，在上单调递增，即，，在上单调递增，即，则，在上单调递增，即，也就是．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值、不等式恒成立问题，解题的关键是多次构造函数，并求导，判断新函数的性质，然后再逐层往回递推，考查学生的转化与化归的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.22．已知函数.(1)求的最小正周期及对称轴方程；(2)时，的最大值为，最小值为，求，的值.【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2)，或， 【分析】（1）使用两角和差的正余弦公式、二倍角公式、辅助角公式进行化简后，即可求得最小正周期和对称轴方程；（2）结合正弦函数的图象和性质，分别对和两种情况进行讨论即可.【详解】（1）∴，则的最小正周期为，∵的对称轴为直线，，∴由，，解得，，∴的对称轴方程为，.（2），∵，∴，∴，∴，当时，的最大值为，最小值为，∴由，解得，当时，的最大值为，最小值为，∴由，解得，综上所述，，或，.