2023届广东省深圳市深圳中学高三上学期第二次阶段测试数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省深圳市深圳中学高三上学期第二次阶段测试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省深圳市深圳中学高三上学期第二次阶段测试数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：D 2．已知数列的通项公式为，则“”是“数列为递增数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合数列的单调性判断【详解】若数列为递增数列，则，即由，所以有，反之，当时，，则数列为递增数列，所以“”是“数列为递增数列”的充要条件，故选：C.3．在中，点D在边AB上，．记，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，所以．故选：B． 4．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C． 5．已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是A． B．C． D．【答案】C【分析】先由三角函数的最值得或，再由得，进而可得单调增区间.【详解】因为对任意恒成立，所以，则或，当时，，则（舍去），当时，，则，符合题意，即，令，解得，即的单调递增区间是；故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，利用三角函数的性质确定解析式，属于中档题.6．已知过点P(2,2) 的直线与圆相切, 且与直线垂直, 则（ ）A． B．1 C．2 D．【答案】C【详解】试题分析：设过点的直线的斜率为，则直线方程，即，由于和圆相切，故，得，由于直线与直线，因此，解得，故答案为C.【解析】1、直线与圆的位置关系；2、两条直线垂直的应用. 7．正三棱锥的底面边长是2，E，F，G，H分别是SA，SB，BC，AC的中点，则四边形EFGH面积的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】画出图形，求出，说明是矩形，结合图形，说明点在平面时，面积最小，求出即可得到范围【详解】如图所示：由正三棱锥的底面边长是2，因为、、、分别是、、、的中点，所以，则，所以是平行四边形因为正三棱锥，则对棱，的中点连线与对棱，的中点连线相等，即，所以四边形是矩形，所以，设的中心为，则，所以的面积所以四边形EFGH面积的取值范围是：故选：B．8．设函数（a∈R，e为自然对数的底数），若曲线y=sinx上存在点（x0，y0）使得f（f（y0））=y0，则a的取值范围是（　　）A．[1，e] B．[e﹣1﹣1，1] C．[1，e+1] D．[e﹣1﹣1，e+1]【答案】A【详解】由题可知,易知在定义域内为增函数；由于存在，若，则有，即，矛盾；若，则有，即，矛盾．故只有．即在内有解．整理可得.在内有解，，在单调递增，故．故本题答案选A.【易错点晴】本题主要考查函数的性质.本题的关键点是条件的转化与化归,及函数单调性的利用.对于:曲线上存在点使得，利用函数与的单调性可得出（与上题相比较注意题目中的任意,存在条件的转化）,也就是函数在内有解.变成函数的常见题型,利用分离变量法,求函数的值域可得的取值范围.  二、多选题9．下列结论中，所有正确的结论是（    ）A．若，，则B．若，则函数的最大值为1C．若，，则的最小值为D．若，，则的最大值为1【答案】ACD【分析】利用不等式的性质即可判断A；采用配凑法并利用基本不等式即可判断B；将已知化为，进而得出并利用基本不等式即可判断C；直接运用基本不等式即可判断D．【详解】对于A：∵c＜d＜0，则－c＞－d＞0，又∵a＞b＞0，则－ac＞－bd＞0，∴ac＜bd，故A正确；对于B，若，得，则函数，当且仅当时等号成立，故B错误；对于C，若，则，所以，当且仅当且，即时等号成立，故C正确；对于D，因为，所以，即，当且仅当时取等号，故D正确，故选：ACD．10．设数列的前项和为，若，，则（    ）A． B．是等比数列C．是单调递增数列 D．【答案】ACD【分析】由已知得出，可判断A选项的正误；利用等比数列的定义可判断B选项的正误；利用数列的单调性可判断C选项的正误；利用作差法可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，由得，故，对于B选项，将，两式相减得，即，又令，得，，所以从第二项开始成等比数列，公比为，故时，，即，所以，，故B选项错误；对于C选项，因为.当时，，当时，.所以，，令，则时，，即，而，所以数列单调递增，C选项正确；对于D选项，当时，，显然成立，故恒成立，D选项正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：（1）当时，；（2）当时，根据可得出，化简得出；（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.11．已知圆：，则（    ）A．圆关于直线对称B．圆被直线截得的弦长为C．圆关于直线对称的圆为D．若点在圆上，则的最小值为5【答案】BCD【分析】利用圆的方程可求得圆心与半径，由直线不过圆心即可判断A；求出圆心到直线的距离，进而求得弦长，即可判断B；设圆关于直线对称的圆的圆心为，列方程组求出，由此可得所求圆的方程，即可判断C；表示与点的距离，求得，进而可得所求的最小值，即可判断D．【详解】圆的一般方程为，，故圆心，半径为＝5，，则直线不过圆心，故A错误；点到直线的距离，则圆被直线截得的弦长为，故B正确；设圆关于直线对称的圆的圆心为，则，解得，即，故圆关于直线对称的圆的方程为，即，故C正确；表示与点的距离，又，的最小值是，故D正确．故选：BCD．12．已知函数，下面结论正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的值域为C．若，则的取值范围是D．若对任意，且，对任意，存在，使得成立【答案】BCD【分析】确定函数为奇函数且单调递增，A错误，当时，，B正确，根据单调性和奇偶性解不等式得到C正确，构造函数利用零点存在定理得到D正确，得到答案.【详解】，函数定义域为，，函数为奇函数，A错误；当时，，函数为奇函数，且单调递增，故函数值域为，B正确；，即，函数在上单调递增，故，解得，C正确；设，则，，故存在使，即，D正确.故选：BCD 三、填空题13．设复数满足，则的模为____________.【答案】【分析】设，则，即，解得答案【详解】设，则，即，解得，故，故答案为：14．如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）【答案】（或，等都可）【分析】先确定所填答案，如，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【详解】解：可填，由为菱形，则，∵平面，平面，所以，又，∴平面，又平面，∴，又，，所以平面MBD，又因平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为：.（或，等都可）15．已知，为锐角，且，，则___________.【答案】##【分析】计算，根据，解得答案.【详解】为锐角，，则，，且，，解得故答案为： 四、双空题16．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑中，平面ABC.已知，，，请写出平面的直角：_____________；若P，A，B，C都在球O的球面上，则球O的表面积为____________.【答案】     （或）     【分析】证明平面得到，将放入长方体中，计算，得到球的表面积.【详解】平面，平面，故，，故，，平面，故平面，平面，故，；将放入长方体中，如图所示：外接球的半径为，故表面积为.故答案为：； 五、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别a，b，c，且.(1)求的值；(2)若，，记，求向量在方向上的投影向量.（用表示）【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题设条件进行三角恒等变换即可得出的值；（2）先由正弦定理求出，再由余弦定理建立关于的方程，求出，然后由投影向量的概念即可求得结果．【详解】（1）由得即则即.（2）由，得，由正弦定理，有，所以由题知，则，故.根据余弦定理，有，即，整理得，解得或（舍去）.故向量在方向上的投影向量为.18．设为各项均不相等的数列，为它的前n项和，满足.(1)若，且，，成等差数列，求的值；(2)若的各项均不为零，问当且仅当为何值时，成等差数列？试说明理由.【答案】(1)(2)当且仅当时，成等差数列，理由见解析 【分析】（1）代入数据计算，，根据等差数列性质得到，解得答案.（2）根据等差数列得到，解得或，排除的情况，再证明为等差数列得到答案.【详解】（1）令，有，所以且.令，有，所以.由，，成等差数列得，即，解得，故的值为.（2）时，，所以，即，，所以， .假设成等差数列，则，，成等差数列，即.又，，所以，由的各项均不为零，知，则，解得或.当时，，与中的各项均不相等矛盾，故舍去.当时，，，即，.所以时，，所以时，.又时，满足上式，所以，.所以时，（与无关的常数），即成等差数列.故当且仅当时，成等差数列.19．如图，在长方体中，，，为的中点 （1）在所给图中画出平面与平面的交线(不必说明理由) （2）证明:平面（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】(1)见解析；(2)见证明；(3)【分析】(1)连接交于，即可得到平面与平面的交线;(2)根据线面平行的判定定理即可证明:平面；(3)建立坐标系,求出平面的法向量,利用向量法进行求解.【详解】（1）连接交于，连接则直线即为平面与平面的交线 （2）证明：∵分别是的中点∴MEB又∵平面，平面∴ 平面（3）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴轴轴，建立空间直角坐标系因为，所以所以设平面的法向量所以从而有即  不妨令得到平面的一个法向量(1,0,2)  同理可求得平面的一个法向量(-1,2,2) 因为所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了面的延展问题及线面平行的证明，利用空间向量求解二面角问题，考查了学生的空间想象能力及运算能力，属于中档题.20．已知函数.(1)时，判断函数的零点个数；(2)若对任意恒成立，求的值.【答案】(1)有3个不同的零点(2) 【分析】(1)根据题意，当时，对函数求导，利用导数与函数的单调性求出函数的极值，再利用极值与零的大小和零点存在性定理即可求解；(2)分，和三种情况进行讨论，记，将问题等价转化为求函数在的最大值和的最小值问题，然后利用导数求函数的最值即可求解.【详解】（1）时，，求导得.令得或.当变化时，，变化情况列表如下： 极大值 极小值  由表可知：当时，函数取极大值，极大值为；当时，函数取极小值，极小值为.又当时，，且当时，.所以由函数的零点存在定理知，有3个不同的零点.（2）当时，；当时，，；当时，，.记，下面只需求在的最大值和的最小值.，令得或.当变化时，，变化情况列表如下： 极小值 极大值  所以当时， ，当时，.所以，，，.综上所述，.21．已知圆心在轴上的圆过点和，圆的方程为.（1）求圆的方程；（2）由圆上的动点向圆作两条切线分别交轴于两点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）方法一：先设圆的标准方程，将点坐标代入，可得和的值，即可得圆C的方程；方法二：设，，可得圆的圆心为线段的垂直平分线与轴的交点，求得直线的方程，进而可得圆心C的坐标，即可得圆C的方程（2）方法一：设圆上的动点的坐标为，则可得的取值范围，再写出PA、PB的方程，可得A和B的坐标，进而可得表达式，利用函数的单调性，可得的最大值和最小值，即可得的取值范围；方法二：设圆上的动点的坐标为，则可得的取值范围，设点，，可得直线方程，因为直线与圆相切，整理可得化简得，同理得，两式联立，整理可得表达式，利用换元法，结合函数单调性即可得的取值范围；【详解】（1）方法一：设圆的方程为：， 因为圆过点和所以，解得，，所以圆的方程为；方法二：设，，依题意得，圆的圆心为线段的垂直平分线与轴的交点，，所以，且OA中点为，因为直线的方程为，即，所以圆心的坐标为，所以圆的方程为.（2）方法一：设圆上的动点的坐标为，则，即，解得 由圆与圆的方程可知，过点向圆所作两条切线的斜率必存在，设的方程为：，的方程为：，则点A的坐标为，点的坐标为所以，因为，是圆的切线，所以，满足即，是方程的两根，即，所以，因为，所以，设，则，由，可知在上是增函数，在上是减函数，所以，，所以的取值范围为.方法二：设圆上的动点的坐标为，则即，解得，设点，，则直线：，即因为直线与圆相切，所以，化简得 ①同理得 ②由①②知，为方程的两根，即，所以，因为所以， 令，因为，所以，所以，当时，当时，，所以的取值范围为.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：，.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导得到导函数，考虑，，三种情况，根据导数的正负得到函数的单调性.（2）当时得到，，证明，代入计算得到证明.【详解】（1）的定义域为，，.当时，，，此时在单调递减；当时，.①当时，，，，此时在单调递减；②当时，，令，得，.当变化时，，变化情况列表如下：-0+0- 极大值 极小值  综上所述：当时，在单调递减；当时，在，单调递减，在单调递增.（2）当时，在单调递减，此时，即，，故，.下证，.因为，，用替换得，.故，整理得，.