2023届江苏省苏州外国语学校高三上学期第二次阶段测试数学试题

这是一份2023届江苏省苏州外国语学校高三上学期第二次阶段测试数学试题，共32页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

苏州外国语学校2022-2023第一学期高三年级第二次阶段测试
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.若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．3
2.已知集合，集合，则（）
AB. C. D.
3.今天是二十四节气中的大雪，二十四节气歌体现着我国古代劳动人民的智慧。四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（）
A. B. C. D.
4.已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
5.已知向量，为平面内的一组基底，，，则“”是“幂函数在上为增函数”的（）条件.
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
6.若过可作函数的两条切线，则（）
A. B. C. D.
7.设，则（ ）
A. B. C. D.
8.2022世界杯足球赛在卡塔尔举行，某中学在全校学生中开展“迎新杯”足球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，(    )

A. 10cm B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（）
A. 直线的倾斜角为
B. 存在使得直与直线垂直
C. 对于任意，直线与圆相交
D. 若直线过第一象限，则
10. 若，，且，则（）
A. B.
C. D.
11.已知直线：与圆 ：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（）
A. B. 存在，使
C. D. 存在，使
12. 已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（）
A. B.
C. 当时，
D. 当时，若的所有根记为，，，，且，则
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.二项式的展开式中含的系数为___________.
14．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.
15.在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．
16. 已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.如图，中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；
（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.




18. 如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．

（1）求t的值；
（2）对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．


19.已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．

（1）求线段AB的中点P的轨迹的方程；
（2）设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；
（3）若点C在曲线上运动，点Q在x轴上运动，求的最小值．


20.已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）
（1）求证：为等差数列；并求和；
（2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.





21. 在平面直角坐标系xOy中，已知的椭圆C：的左，右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，的面积最大值为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线AM与定直线交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是，，，若，，成等差数列，求实数t的值．



22.已知函数.
（1）求的极值；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．













苏州外国语学校2022-2023高三年级第二次阶段测试答案解析
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.若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（ ）
A． B． C．1 D．3
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，即可求解．
【解析】解：数的实部与虚部相等，
，解得．
故选：．
2.已知集合，集合，则（）
A B. C. D.
【答案】D
【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再结合集合的运算法则，即可求解.
【详解】由题意，可得集合，即集合，
又由集合，可得，
所以.
故选：D.
3.今天是二十四节气中的大雪，二十四节气歌体现着我国古代劳动人民的智慧。四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】直接由组合结合古典概型求解即可.
【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为.
故选：C.
4已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题
【详解】当时，，
当时，，
由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，
则实数的取值范围是，
故选：D.
5.已知向量，为平面内的一组基底，，，则“”是“幂函数在上为增函数”的（）条件.
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】B
6.若过可做的两条切线，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得切线方程为：，把点代入可得：，则此方程有大于0的两个实数根，列出不等式组，求解即可得出结论．
【详解】设切点为，切线的斜率，
则切线方程为：，
把点代入可得，
化为：，则此方程有大于0的两个实数根．
则，即，则，
故选：A．
7.设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解
【详解】因为，所以，
又，
令，，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即；
又，
令，
则，所以在单调递减，
所以，所以，即，
故
故选：B
8.2022世界杯足球赛在卡塔尔举行，某中学在全校学生中开展“迎新杯”足球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，(    )

A. 10cm B. C. D.
【答案】B 
【解析】解：如图，过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，设，
则，，由，，
得，
则，，
，
当，即时，OB取得最大值，
此时

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列说法正确的是（）
A. 直线的倾斜角为
B. 存在使得直与直线垂直
C. 对于任意，直线与圆相交
D. 若直线过第一象限，则
【答案】ABC
【分析】对于A：化简成点斜式，利用斜率与倾斜角的关系得出结论，C选项首先求出直线过定点，且定点在圆的内部，得出结论，B、C是通过特值得出结论.
【详解】对于A：∵，∴，
∴，故A正确；
对于B：时符合题意，故B正确；
对于C：化简得：
∴，解得
∴直线过定点，
又∵
∴该定点在圆内，
∴直线与圆相交，故C正确；
对于D：当此时直线为，经过第一象限，
此时，故D错误．
故选：ABC．
10. 若，，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】将变形为和，借助基本不等式与1的代换可解.
【详解】，，，，且.
则，且.
对A：，当时等号成立，A错误；
对B：，解得，B正确；
对C：，则，当时等号成立，C错误；
对D：，当时等号成立，D正确.
11.已知直线：与圆 ：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（）
A. B. 存在，使
C. D. 存在，使
【答案】ABC
【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线与圆弦长公式即可.
【详解】A.直线：，
当时，，
当时，，
所以，
因为圆心为，
所以圆心到直线的距离，
所以根据直线被圆截得的弦长公式有，
解得，
所以，
当且仅当即，即，
解得时取得等号.
所以，故A正确.
B.直线：，
当时，；
当时，，
所以


当时，，故B正确.
C.直线：过定点在圆内，
因为圆：，圆心为，
所以圆心到直线的距离
因为，
当且仅当时， ,所以被截得的弦长最短，
所以.故C正确.
D.要使，则与重合，
此时的直线方程为不过定点，
故D错.
故选:ABC.
12. 已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（）
A.
B.
C. 当时，
D. 当时，若的所有根记为，，，，且，则
【答案】ACD
【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.
【详解】，，，
在上单调递减，上单调递增，
在处取得极小值，而，且，
在上单调递减，上单调递增，
在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，
故，解得，故A正确；
作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.

由图像可知，当时，，所以，C正确；
若的所有根记为，，且时，
则有，，可得，
即，又
，同理可得，，则，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 二项式的展开式中含的系数为___________.
【答案】-21
14．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.
  【答案】或答案只要是与6中的一个即可 
【解析】解：若满足条件①，因为，所以，解得或，则或舍去，则，，
故
若满足条件②，则
15.在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．
【答案】 ①. ②.
【分析】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出的值，可求得线段的长，设三棱锥的外接球球心为，根据已知条件建立关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】连接，则，又因为平面，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、、，，，
由已知可得，解得，
因此，，则点，设三棱锥的外接球球心为，
由，即，解得，
所以，三棱锥的外接球半径为，
因此，该三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
16. 已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．
【答案】
【分析】设,利用焦半径公式得到,设，写出垂直平分线方程，代入，化简得到值，最终求出的值.
【详解】首先我们证明椭圆的焦半径公式
左准线方程为，右准线方程为，，
，，同理可证，

因本题椭圆离心率:，设

由焦半径公式:得:,
即中点，，则垂直平分线斜率为
根据点在椭圆上，则有，，作差化简得，
则线段的垂直平分线方程为,代入得:
,即,则.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.如图，中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求角的大小；
（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；
法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；
（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；
法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.
【小问1详解】
法一：∵，由正弦定理得：
，
∴，
∴，
∵，∴，又∵，∴.
法二：∵，由余弦定理得：
，
∴，
∴，∵，∴.
【小问2详解】
由（1）知，，而四边形内角互补，则，
法一：设，则，由正弦定理得：
，
∴，，
∴
，
当且仅当时，的最大值为.
法二：在中，，，由余弦定理得：
，
∴，
∴，
当且仅当时，的最大值为.
18. 如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．

（1）求t的值；
（2）对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．
【答案】（1）；
（2）P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析
【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可；
（2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹.
【小问1详解】

易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，
易知面的一个法向量为，
设面的法向量为，则，
令，则，
可得，
解得或3，又点E在弦AD上，故.
【小问2详解】

P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：
取靠近的三等分点即中点，中点，连接，
由为中点，易知，又面，面，
所以平面BEC，
又，面，面，所以平面BEC，
又，所以面平面BEC，
即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，
又面，故P的轨迹即为所在直线，
即过靠近的三等分点及中点的直线。
19.已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．

（1）求线段AB的中点P的轨迹的方程；
（2）设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；
（3）若点C在曲线上运动，点Q在x轴上运动，求的最小值．
【答案】
（1）.（2）.（3）.
【分析】
（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；
（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；
（3）由题可得，当且仅当A在线段且C在线段上时，取等号．设为关于x轴的对称点，可得，即 ，即可求解的最小值.
（1）
解：设点P的坐标为，点A的坐标为，
由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以， ，
于是有 ①，
因为点A在圆上运动，即： ②，
把①代入②，得，整理，得，
所以点P的轨迹的方程为．
（2）
解：将圆与圆的方程相减得： ，
由圆的圆心为，半径为1，且到直线的距离，
则；
（3）
解：圆是以为圆心，半径的圆，

圆是以为圆心，半径的圆，
所以①，当且仅当A在线段且C在线段上时，取等号．设为关于x轴的对称点，则，代入①式得：
 ，当且仅当共线时，取等号．
所以的最小值为．
20.已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）
（1）求证：为等差数列；并求和；
（2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.



21. 在平面直角坐标系xOy中，已知的椭圆C：的左，右顶点分别是A，B，离心率为，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，的面积最大值为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线AM与定直线交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是，，，若，，成等差数列，求实数t的值．

【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的性质，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）设出直线l的方程与椭圆的方程联立，结合直线斜率公式、一元二次方程的根与系数关系、等差数列的性质进行求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，设，显然，
的面积为：，因为的面积最大值为，
所以，又因为椭圆的离心率为，所以，
于是有，所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由（1）可知：，，
由题意可知直线l斜率不为零，所以设方程设为：，与椭圆方程联立，得
，设，
所以，
直线的方程为：，把代入方程中，得，
所以，于是，，，
因为，，成等差数列，
所以，化简，得
，把代入化简，得
，把代入，得
，因为，所以有，即.
22.已知函数.
（1）求的极值；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析 （2）
【分析】（1）对求导得，分别讨论和时，求不等式，的解集，再由极值的定义可求得结果；
（2）恒成立，转化为对任意恒成立，进一步令，对任意恒成立，令，分类讨论和是否满足，即可得出答案.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，，
当时，在恒成立，在单调递减，故无极值；
当时，令，则，
时，，在单调递减；
时，，在单调递增；
故在取极小值，且，无极大值
综上，当时，无极值；
当时，在取极小值，且，无极大值.
【小问2详解】
解：∵，∴，即且
∴且，即，为的两个零点
∴由（1）知，当时，在取极小值，且，故
又∵，∴，
又∵恒成立，∴对任意恒成立，
∵，∴，且
∴对任意恒成立
∴令，则，对任意恒成立，则.
∴对任意恒成立
令，则
当，即时，恒成立
故在为单调递增函数，
又∵，∴对恒成立
当，即时，为单调增函数，
又∵，，∴使，
当时，，故在单调递减
∴当时，，不合题意
综上，实数的取值范围为.