福建省厦门外国语学校2023-2024学年高三上学期第二次阶段联考（12月）数学试卷

这是一份福建省厦门外国语学校2023-2024学年高三上学期第二次阶段联考（12月）数学试卷，共19页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整，已知，则，已知，则的大小关系为，已知，关于函数，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
数学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
一､单选题（共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.从6名男医生，5名女医生中选出3名医生组成一个医疗小组，且至少有一名女医生，则不同选法共有（ ）
A.130种 B.140种 C.145种 D.155种
3.已知等差数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B.1 C.2 D.
4.中，为上一点且满足，若为线段上一点，且满足（为正实数），则的最小值为（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7.在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一渐近线交于点，若是的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. D.3
8.已知：定义在上的可导函数的图象关于点对称的充要条件是导函数的图象关于直线对称.任给实数满足，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
二､多选题（共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求，有错选不得分，漏选得2分，全部选对得5分）
9.关于函数，下列命题正确的是（ ）
A.函数的图象关于点对称
B.函数在上单调递增
C.函数的表达式可改写为
D.要得到函数的图像，只需将图像向左平移，再把各点横坐标变为原来的
10.已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.为中点
11.已知函数及其导函数的定义域均为，且为非常数函数，为奇函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
12.如图，正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，下列结论中正确的是（ ）
A.在平面内总存在与平面平行的直线
B.存在点使得直线与直线垂直
C.四面体的体积为定值
D.平面截该正方体所得截面可能为三角形､四边形､五边形
三､填空题（共4小题，每小题5分，共20分.其中第15题第一空2分，第二空3分）
13.复数（为虚数单位）在复平面上对应的点到原点的距离为__________.
14.黄金比又称黄金律，是指事物各部分间一定的数学比例关系，即将整体一分为二，较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比.其中，较大部分与整体之比的比值称为黄金分割数，黄金分割数被公认为最具有审美意义的比例数字.若数列是以黄金分割数为公比的等比数列，且，则__________.
15.在长方体中，已知分别为的中点，则三棱锥外接球的半径为__________；平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为__________.
16.设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是__________.
四､解答题（共6小题，其中第17题10分，其他题各12分，共70分.每题需写出相应的步骤）
17.已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）过点的动直线与圆相交于两点，当时，求直线的方程.
18.在中，角所对的边分别为，若且.
（1）求的值；
（2）若平分，且交于点，求的面积.
19.已知四边形为矩形，，且平面，点为上的点，且平面，点为中点.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成线面角的正弦值.
20.设是数列的前项和，已知
（1）求，并证明：是等比数列；
（2）求满足的所有正整数.
21.已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
（2）若没有零点，求的取值范围.
22.已知椭圆的长轴长为，且其离心率小于为椭圆上一点，分别为椭圆的左､右焦点，的面积的最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为椭圆的上顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，直线为过点且与平行的直线，设与直线的交点为.证明：直线过定点.
参考答案：
1.D 2.C
3.A 【详解】因为为等差数列，所以成等差数列，
设，则，故，所以，所以，故，故选A.
4.B 【详解】因为为线段上一点，则，且，
又因为，可得，即，所以，
得，当且仅当，即时，等号成立
5.D 【详解】
，
则，
6.B 【详解】，
，故.
7.B 【详解】如图所示，由题意可知，，
又因为若是的中点，，所以，所以
，
根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：，
所以，因为，所以.
8.B 【详解】设函数，则，其图像关于对称，故原函数的图像关于点对称，且，故对称点的坐标为.
又由已知可得，则，
又当时，知在上恒单调递增.
故点与点关于点对称.所以即.
9.AC 【详解】对选项A，，故A正确.
对选项，因为，所以，
所以在区间先增后减，故B错误.
对选项C，，故C正确.
对选项D，图像向左平移得到，
再把各点横坐标变为原来的得到，故D错误.
10.BCD 【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，，则，
设，由Rt，则，可得所以
，解得所以，所以正确.
，得，A选项错误；
所以，满足，所以正确.而，所以正确.
11.ABD 【详解】因为为奇函数，所以，即，即，所以的图象关于点中心对称，且，故A正确；
由，两边求导，得，即.
由的图象关于点中心对称，得，因此，故B正确；
因为为函数的导函数，且，即，
所以，即，所以的图象关于直线对称，
所以.又，所以，所以的图象关于点中心对称，
，
所以是周期函数，4为它的一个周期，所以，故错误；
由，得.又，
所以，所以，所以，故D正确.
12.ABC 【详解】对于选项，连接，过点作交的延长线于点，
则四点共面，
若平面且平面平面，
所以，平面对；
对于选项，取的中点，连接，设，
因为且分别为的中点，则且
，
所以，四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面，
当点为线段的中点时，，
所以，Rt，
所以，，故，即，
平面平面，
平面，
故当点为的中点时，，B对；
对于选项，设正方体的棱长为，
由选项可知平面，且，
，C对；
对于选项，当点与点重合时，截面截正方体为四边形；
当点与点重合时，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
此时，截面截正方体的截面为四边形；
当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长交于点，设直线分别交直线于点，
连接交于点，连接，
此时，截面截正方体所得截面为五边形.
综上所述，平面截该正方体所得截面可能为四边形､五边形，错.
13.. 【详解】试题分析：，在复平面上对应的点，到原点的距离.
14.2023 【详解】由题意，设整体为1，较大部分为，则较小部分为，则，
即，解得（舍去），故黄金分割数为.
令，则，即，
所以，故.
15. 【详解】以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
依题意得：，
则，所以，则；
设为中点，因为则，
所以点为三棱锥外接球的球心，则.
设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，
由于，所以，
故截面圆的半径为，所以截面圆面积为.
16. 【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，由，得，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以没有最小值，
由，得，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以即，所以，即的取值范围为.
17.（1）设圆的方程为，
由已知可得方程组，
解得，
圆的方程为.
（2）当直线与轴垂直时，易知直线的方程为，
此时，符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
又，
，解得，
则直线的方程为，即，
综上可知直线的方程为或.
18.（1）因为，
由正弦定理得：，则，
又，由余弦定理得：
化简为，
把代入上式，并化简可得：；
（2）设，
因为平分，且交于点，
则，
即，
又
化简为，
又，所以，
则，
所以的面积
.
19.（1）取中的，连接，
因为平面平面，所以，
因为，所以为中点，
为中点，所以，
又因为点为中点，四边形为矩形，所以，
所以，四边形为平行四边形，
所以平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
由（1）知，为中点，
因为平面平面，所以，又因为
所以平面平面，所以.
以为坐标原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示
由题意可知，，
，
设平面的法向量为，则
，即，令，则，所以，
设与平面所成线面角为，则
，
所以与平面所成线面角的正弦值为.
20.（1）
由已知得，
所以，
其中，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
，
当时，单调递减，其中，
所以满足的所有正整数为1，2
21.（1）当时，.
，
故曲线在点处的切线方程为，
即.
因为该切线在轴上的截距分别为-1和，
所以该切线与两坐标轴所围成的直角三角形的面积.
（2）①当时，，则，
由图象可得，当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值，且.
所以此时存在零点，不符合题意.
②当时，因为，
所以，
令，则，
因为，所以在上单调递增，
又，由零点存在定理得，
在上有唯一的零点，即，因此有.
当时，，即；当时，，即.
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值.
由，得，
所以，
因为，所以，又因为，所以，所以.
所以，此时没有零点.
综上，的取值范围是.
22.（1）由题意可知：，
因为，所以，
故椭圆的标准方程为.
（2）设.
联立直线与椭圆的方程可得：，
则，所以，
因为，则，令，
解得，所以，
故直线的方程为：，
根据对称性，直线所过的定点在轴上.
不妨令，则将代入得
，
代入得，
，故直线过定点