广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期数学模拟测试（三）

这是一份广东省华南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期数学模拟测试（三），共22页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟
注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3. 考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1．已知集合 则
A．[2,3]B．（ -2,3 ]C．[1,2）D．
2．已知复平面内坐标原点为，复数对应点满足，则（ ）
A．B．C．1D．2
3．过点的直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
4．已知今天是星期三，则天后是（ ）
A．星期一B．星期二C．星期三D．星期五
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．，是异面直线，B．，是相交直线，
C．，是异面直线，与不垂直D．，是相交直线，与不垂直
7．能被3个半径为1的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是（ ）
A．B．C．D．
8．校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9．函数f(x)＝b（x-a）2（x-b）的图象可以是（ ）
A．B．C．D．
10．定义在R上的函数满足，函数的图象关于对称，则( )
A．的图象关于对称B．4是的一个周期
C． D．
11．已知函数，则（ ）
A．的零点为
B．的单调递增区间为
C．当时，若恒成立，则
D．当时，过点作的图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为
三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．如图所示，在杨辉三角中，斜线AB上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10，记这个数列前n项和为，则 .
13．已知k是正整数，且，则满足方程的k有 个.
14．如图，有一张较大的矩形纸片分别为AB，CD的中点，点在上，.将矩形按图示方式折叠，使直线AB（被折起的部分）经过P点，记AB上与点重合的点为，折痕为.过点再折一条与BC平行的折痕，并与折痕交于点，按上述方法多次折叠，点的轨迹形成曲线.曲线在点处的切线与AB交于点，则的面积的最小值为 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）如图，设椭圆（a＞1）.
（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（Ⅱ）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.
16．（15 分）已知数列中的相邻两项，是关于的方程的两个根，且.
（1）求，，，；
（2）求数列的前项和；
（3）记，，求证：.
17．（15 分）已知函数.
(1)当时，求证：
①当时，；②函数有唯一极值点；
(2)若曲线与曲线在某公共点处的切线重合，则称该切线为和的“优切线”.若曲线与曲线存在两条互相垂直的“优切线”，求，的值.
18．（17 分）如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.图一与图二是完全相同的“斜截圆柱”，AB是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面ABCD，且与底面所成二面角为，图一中，点是椭圆上的动点，点在底面上的投影为点，图二中，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB的同一侧.
(1)当时，求的长度；
(2)（i）当时，若图二中，点将半圆均分成7等份，求；
（ii）证明:.
19．（17 分）对于给定的奇数，设是由个实数组成的行列的数表，且中所有数不全相同，中第行第列的数，记为的第行各数之和，为的第列各数之和，其中.记.设集合或，记为集合所含元素的个数.
(1)对以下两个数表，，写出，，，的值；
(2)若中恰有个正数，中恰有个正数.求证：；
(3)当时，求的最小值.
参考答案：
1．B
【详解】有由题意可得： ，
则 ( -2,3 ] .
本题选择B选项.
2．C
【分析】由复数的除法运算易求出，再根据复数的几何意义即可得.
【详解】由可得；
所以可得，即；
即.
故选：C
3．A
【分析】结合图形可知，当时取得最小值，然后可解.
【详解】将圆化为，
圆心，半径，
因为，所以点在圆C内，
记圆心C到直线l的距离为d，则，
由图可知，当，即时，取得最小值，
因为，
所以的最小值为.
故选：A

4．A
【分析】结合二项式展开式，求出它除以7的余数，可得结论.
【详解】
．
即除以7的余数为5，所以天后是星期一.
故选：A.
5．D
【分析】首先根据公式化解条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求值.
【详解】由条件等式可知，，
整理为，则，
又，，
所以，，
所以
.
故选：D
6．A
【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解．
【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线．
下面证明与垂直：
证明：因为平面，平面，
所以，
因为，分别为的中点，连接，
所以，
因为，平面，
所以平面，
如图：取的中点，连接，，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
又因为为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
故选：A．
7．C
【分析】根据给定条件，借助圆的对称性可得已知3个圆的圆心构成正三角形，由此建立函数关系，再利用导数求出最大值即得.
【详解】要求出被完全覆盖的最大的圆的半径，由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三角形的情况，
设三个半径为1的圆的圆心分别为，设被覆盖的圆的圆心为，如图，
设圆与交于交于交圆于，显然为正的中心，
设，则，
，又，
因此圆的最大半径为，令，求导得，
由，得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，，
所以被完全覆盖的最大的圆的半径为，
此时，即圆､圆､圆中的任一圆均经过另外两圆的圆心．
故选：C
【点睛】关键点睛：涉及几何图形最值问题，借助几何图形建立函数关系，再求出函数最值是关键.
8．C
【分析】由奖杯的总高度为，结合题意，可将其拆解为多段，得到，结合题目所给条件，运用勾股定理计算即可得球的半径，结合球的表面积公式即可得解.
【详解】如图：连接、、，
取、、中点、、，连接、、，
由已知侧棱长为的正三棱锥，
即，又因为，
所以，
因为平面，，均与平面垂直，
设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为，
则，又因为奖杯总高度为，
设球半径为，球心到圆面的距离为，
则，即，
如图，易知≌，
因为，
所以是边长为的等边三角形，
设的外接圆半径为，
则，
则在直角中，，
即，解得，
所以．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助奖杯的总高度为，得到，从而可由题目所给条件逐步计算出球的半径，即可得解.
9．BC
【分析】首先根据解析式确定零点类型，再结合图象，判断选项.
【详解】由函数解析式可知，是不变号零点，是变号零点，
A.由图可知，变号零点是0，则，则，不成立，故A错误；
B.由图可知，变号零点小于0，不变号零点为0，则，此时，当，，当，，当时，，满足图象，故B正确；
C.由图可知，，，当时，，当时，，当时，，满足图象，故C正确；
D.由图可知，，，当时，，与图象不符，所以D错误.
故选：BC
10．AD
【分析】对A：由函数的图象关于对称可推得的图象关于对称.
对B：令,由及可得到的图象于对称且关于对称，故4为的一个周期,而不是的一个周期.
对C：举例说明.
对D：由的周期性求得的值.
【详解】对A：因为关于对称,有，
令，则，的图象关于对称.选项A正确；
对B：由题设条件得，
令，有，则的图象于对称，
因为，有，
即，则的图象关于对称.
所以，又，所以，
所以，所以，
所以4为的一个周期，即，
则.选项B不正确；
对C：由上知图象关于对称，对称，
则令符合题意，而.故C不正确;
对D：因为图象关于对称，所以，
故，有.选项D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：令是解题的关键，通过研究的对称性，周期性得到的性质，关于的求值问题也转化为的求值问题.
11．ACD
【分析】由辅助角公式变换后求正弦函数的零点可得A选项；由复合函数的单调性求出正弦函数的递增区间可得B选项；分离参数后构造函数求导，求最小值可得C选项；设出切点，利用导数的意义求出切线的斜率，利用点斜式写出直线方程，再代入可得，得到都关于点对称，再利用对称性求出给定区间内的切点之和可得D选项.
【详解】A：，所以，故A正确；
B：由复合函数的单调性可知，当，函数为递增函数，解得，故B错误；
C：若恒成立，所以，
因为，当时，，此时取任意值，
当时，设，则画出中括号内的函数图像
由函数图像可知，在恒成立，所以单调递减，
所以，故，故C正确；（老师，请联系我一下，谢谢）
D：因为，设切点坐标为，
则切线的斜率为，则切线方程为，
代入点可得，
两边同时除以可得，
令，所以都关于点对称，
则所有的切点关于对称，
当时共有对切点，每对和为，故所有切点的横坐标之和为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：
（1）复合函数的零点即为使函数等于零时方程的根；
（2）带参数的函数不等式恒成立问题求参数范围时，可分离参数后构造函数求导，求出函数的最值与参数比较即可；
（3）对于求曲线的切线方程时可求导后代入切点的横坐标求其斜率，由点斜式写出直线方程，再根据点在切线上代入切线方程得出具体的切线方程.
12．111
【分析】由“杨辉三角”的性质，得，前半部分用等差数列求和，后半部分用组合数的性质可得结果，再由即可得解.
【详解】由“杨辉三角”的性质，得
，
所以.
故答案为：
13．11
【分析】分析得到时满足要求，当时，结合等式左右两边的单调性和特殊值得到只有时，满足要求，结合正弦函数的周期和，得到答案.
【详解】显然时，，满足要求，
当时，先考虑一个周期内，
当时，，故单调递增且大于，
而单调递减且小于，两者不可能相等，
时，单调递减且大于0，
，两者不可能相等，
当时，，
故要想成立，
则，
由周期性知，当时，等式左边为0，
又当时，，
故当时，满足要求，
共11个.
故答案为：11
【点睛】关键点点睛：本题需要先分析得到等式两边的单调性，从而确定只有两者等于0时，才会符合要求，进而结合正弦函数周期性和特殊值得到答案
14．/
【分析】先根据题意得出Q的轨迹是以P为焦点、直线AB为准线的抛物线，进而得出曲线E的方程，然后建立坐标系求出点Q处的切线方程进而求出点N，从而求出，再利用导数工具研究其最值问题即可求解.
【详解】连接PQ，由题PQ与MQ关于对称，，
所以Q在以P为焦点、直线AB为准线的抛物线上，
如图，以PO中点G为原点，过G与AB平行的直线为轴，与AB垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，直线AB：，所以抛物线方程为：，即，
则，由上可设，则抛物线在Q点处切线斜率为，
所以抛物线在Q点处切线方程为，
则令，，
所以由题意，且
，
所以，
故对恒成立，
所以时单调递减，又当时，，
故时，；时，，
所以时，单调递增；时，单调递减，
所以，则，
所以的面积的最小值为，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：将求面积转化成求面积是解决面积最值的关键.
15．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先联立和，可得，，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有个，再利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得，
故，．
因此．
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
．
记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，
故，
所以．
由于，，得，
因此， ①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，
所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率．
【思路点睛】（Ⅰ）先联立和，可得交点的横坐标，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点，求得的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．
16．（1），，，；（2）；（3）证明见解析；
【分析】（1）由题设知方程两根为、，讨论k的范围确定对应，的通项公式，进而写出，，，；
（2）应用分组求和，利用等差数列、等比数列前n项和公式求各组的和，即可得.
（3）由题设可得 、，从开始后续各项中正负和会交替出现，应用放缩法，将后续各项全作正数项或负数项处理，结合等比数列前n项和公式即可证结论.
【详解】（1）由题设：，即两根为、，又，
当，时，，即，；
当，时，，即，；
∴，，，.
（2）.
（3），而，，
当时，，
同时，，
∴综上，，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，注意到从第三项开始出现负数项，将它们看作负数项或正数项对作放缩处理，即可求其范围.
17．(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①当时，得，故只需证明当时，即可，利用导数即可求解. ②求导得，由此可得当时，，结合即可得证.
（2）由题意设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.再结合导数与切线斜率的关系，以及函数值，导数值之间的关系即可求解.
【详解】（1）①当时，.
记，则.
所以在上是增函数.
所以当时，.
所以当时，.
②由得，且.
当时，.
因为，，
所以.
因为对任意恒成立，
所以当时，.
所以0是的唯一极值点.
（2）设曲线与曲线的两条互相垂直的“优切线”的切点的横坐标分别为，其斜率分别为，，则.
因为，
所以.
所以.
不妨设，则.
因为，
由“优切线”的定义可知.
所以.
由“优切线”的定义可知，
所以.
当，，时，取，，
则，，，，符合题意.
所以.
【点睛】关键点睛：第一问②的关键是，求导得，然后以为分界点讨论即可；第二问的关键是结合“优切线的定义”以及导数即可顺利得解，综合性比较强.
18．(1)；
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）过中点作与该斜截圆柱的底面平行的平面圆，利用二面角得到，在俯视图中求出，即得，代入，即得；
（2）（i）利用（1）推出的公式，依次代入，，，求得关于的三角函数式，利用二倍角公式和诱导公式化简计算即得，
（ii）由，可得椭圆面的轮廓线即函数的图象，作出该函数在上的图象，并标上，作出对应矩形，即得图中所有的矩形面积之和即待证式左式，最后利用补形求出函数与坐标轴围成的面积，比较即得.
【详解】（1）
如图，取CD中点，过作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA于点，交BC延长线于点，与交于点，
因则，，过作GH的垂线，交圆于J、K两点.
过作交JK于点，又由圆M，因圆M,则,又因 ,故平面 ,
因平面,故 ，所以为椭圆面与圆所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角，
所以.则为等腰直角三角形，.
设，如图作圆所在平面的俯视图，则，
由，所以，则有，所以，
所以，当时，;
（2）（i）时，，
所以，…
所以
（ⅱ）
证明：由（1）知，也即是关于的函数，
也即将斜截圆柱的侧面沿着AD展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象，
如图，将绘制于函数图象上，
并以，（）为边作矩形，则矩形的面积即为，
所以即为这些矩形的面积之和.
而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为4的圆柱，
因此该斜截圆柱的侧面积为，
所以函数与坐标轴围成的面积为，
又因为无论点是否均匀分布在半圆弧AB上，
这些矩形的面积之和都小于函数与坐标轴围成的面积.
所以，得证.
【点睛】思路点睛：本题主要考查“斜截圆柱”的母线长与其在底面的射影对应张角的函数关系的应用,属于难题.解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立与的函数关系，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，最后通过补形求得斜截圆柱的侧面积，比较大小即得.
19．(1)，；，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）按定义求出，，，，进行求解即可.
（2）分两种情况进行证明，即①或，②且分别证明即可.
（3）因为，分情况讨论①若或时；②若或；③若，进行求解.
【详解】（1），；，.
由定义可知：将数表中的每个数变为其相反数，或交换两行（列），，的值不变.因为为奇数，，所以，均不为0.
（2）当或时，不妨设，即，.
若，结论显然成立；
若，不妨设，，则，，.
所以，结论成立.
当且时，不妨设，，，，
则当时，；当时，.
因为当，时，，，
所以.
所以.
同理可得：，，.
所以.
（3）当时，的最小值为.对于如下的数表，.
下面证明：.
设中恰有个正数，中恰有个正数，.
①若或，不妨设，即，.
所以当时，.
由中所有数不全相同，记数表中1的个数为，则，且
，.
所以.
②由①设且.若或，不妨设，则由（2）中结论知：.
因为，
所以.
③由①②设且.
若，则由（2）中结论知：.
因为，
所以.
若，，不妨设，，，且，由（2）中结论知：.所以.
若数表中存在为1，将其替换为后得到数表.
因为，，
所以.
所以将数表中第行第列为1的数替换为后值变小.
所以不妨设.
因为，，
所以，故的最小值为.
1
1
1
1
1
1
1
1
1