海南省海口市海南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期期中考试数学试题B卷

这是一份海南省海口市海南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期期中考试数学试题B卷，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1.已知数列是等差数列，且，，则数列的公差是（ ）
A. B. C. D.
2.攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）.

A. m2 B. m2
C. m2 D. m2
3.黄山是中国著名的旅游胜地，有许多值得打卡的旅游景点，其中包括黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城等.甲，乙，丙人准备前往黄山风景区，齐云山，宏村，徽州古城这个景点游玩，其中甲和乙已经去过黄山风景区，本次不再前往黄山风景区游玩.若甲，乙，丙每人选择一个或两个景点游玩，则不同的选择有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
4.已知实数，分别满足，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
5.已知复数z的共轭复数满足，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
6.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，直线与相交于点，与轴交于点.若为的中点，则（ ）
A. 4B. 6C. D. 8
8.如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：
①存在点P，使得平面；
②对于任意点P，四棱锥体积为定值；
③存在点P，使得平面；
④对于任意点P，都是锐角三角形.
其中，不正确的是（ ）

A. ①B. ②C. ③D. ④
9.已知在平面内，圆，点P为圆外一点，满足，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B．若圆O上存在异于A，B的点M，使得，则的值是（ ）
A. B. C. D.
10.大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数.从360的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ）
A. 6B. 13C. 19D. 60
11.欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如，，．若，且，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
12.已知正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 9
13.已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
14.（双选）已知函数，若关于x的方程恰有两个不同解，则的取值可能是（ ）
A. B. C. 0 D. 2
二、非选择题（共58分）
15.（8分）若函数有两个零点，则实数的取值范围是__________。
16.（10分）如图，已知为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，是的中点，．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值。
17.（10分）若函数，其中.
（1）若，求；
（2）若在区间上没有零点，求的取值范围。
18.（10分）在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.

（1）求证：；
（2）当时.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值。
19.（10分）已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围。
20.（10分）设函数，.曲线在点处的切线方程为.
（1）求a的值；
（2）求证：方程仅有一个实根；
（3）对任意，有，求正数k的取值范围。
参考答案
15.【答案】．
【解析】【分析】令，则有，将问题转化为半圆与直线有两个交点，作出图象，结合图象求解即可．
【详解】令，
则，所以，
又因为，即为，表示单位圆位于轴上及上方部分；
而，表示过点且斜率为的直线，
所以将问题转化为半圆与直线有两个交点，

当直线与半圆相切时；，解得，
当直线过点时，则有，解得，
综上，．
故答案为：．
16.【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】【分析】（1）取AC的中点O，根据面面垂直的性质定理，可得平面，即可求证，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.
（2）建系，利用向量法，求解法向量与方向向量的夹角，即可求解．
【小问1详解】
证明：取的中点为，连接，，，
，为中点，，
又平面平面，且平面平面，平面,
平面，，，故四边形为矩形，
，又，分别是，的中点，
，
；
【小问2详解】
是圆上异于，的点，且为圆的直径，
，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，由条件知，
,0,,,4,,,0,,，，
设,,，，，
由，得，，
，，
设平面法向量为，
则，取，
设直线与平面所成角为，
则
直线与平面所成角的正弦值为．

17.【答案】（1）
（2）
【解析】【分析】（1）先根据三角恒等变换公式化简函数，再代入求值即可；
（2）整体换元，结合正弦函数图象列不等式，分类求解即可.
【小问1详解】
因为
，
当，所以，
所以
；
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，
要使在上无零点，
则，，
解得，
则，故，
又，
当时，，
当时，，即，
当时，舍去.
综上：的取值范围为。
18.【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】【分析】（1）利用直三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，可得结论；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系利用空间向量求得两平面的法向量即可求出平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）根据共面关系利用法向量垂直可求得结论
【小问1详解】
证明：连接，

因为，E为中点，所以，
因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面；
因为平面，
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）因为，所以为等边三角形，
设中点为O，则，
因为平面，
设的中点为M，则，，
以所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，，，，，
因为D，E为中点，所以，，
所以，，
因为，，所以平面，
所以是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
令，可得，，
所以，
设平面与平面的夹角为，则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅱ），
原因如下：设，易知，所以，
又，则，
易知平面，因此，解得；
因此，即。
19.【答案】（1）
（2）
【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，即可求得点的坐标，同理可求得点的坐标，再讨论直线的斜率是否存在，求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
长轴长为，所以，
又焦点为，所以，
所以，
所以椭圆E的方程为；
【小问2详解】
设，，直线的方程为，
联立，消去y得，
易知，所以，
又M为的中点，所以，，
因为，即，又N为的中点，
不妨用代换，可得，，
讨论：①当时，直线的斜率不存在，
此时，解得，
当时，，，此时的方程为，
所以，点到直线的距离d为，
同理，当，，
②当时，，此时，
所以直线的方程为，
化简可得，
法一：点到直线的距离，
又，所以，
因为，所以，
所以
综上可知，.
法二：直线的方程为，
令，可得，综上可知，直线恒过定成，
故点到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在，
又直线的斜率一定不为0，
所以.
.
20.【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
【小问2详解】
证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
【小问3详解】
当时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
思路：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解。