2023届广东省东莞第四高级中学高三下学期2月模拟数学试题含解析

2023届广东省东莞第四高级中学高三下学期2月模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用集合的并运算求解即可.

【详解】由集合的并运算可知，.

故选：B.

2．若，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】根据二次方程的方法求解即可.

【详解】由得,,即,则.

故选：D

【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.

3．设为数列的前项和.若，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】用定义法，分充分性和必要性分别进行讨论.

【详解】因为为数列的前项和，且，

所以当时，；

当时，；

所以

充分性：当时，.所以；；.满足，所以充分性满足；

必要性：由可得：，，，符合，但是不能推出.所以必要性不满足.

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

4．已知函数（且）的图象恒过定点，点在幂函数的图象上，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令对数的真数等于0，求得x、y的值，可得图象经过的定点坐标．再根据在幂函数y＝f（x）的图象上，求出函数f（x）的解析式，从而求出的值．

【详解】∵已知a＞0且a≠1，对于函数，令x﹣1＝1，求得x＝2，y，

可得它的图象恒过定点P（2，4），

∵点P在幂函数y＝f（x）＝xn 的图象上，∴2n，∴n，∴f（x）

则f（2）,故

故选B．

【点睛】本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，求函数值，属于基础题．

5．中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代(公元前476年～前222年)，其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器，如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥的底面圆的直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计)．若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此圆锥形沙堆的高为(　　  )

A．2 cm B． cm C． cm D． cm

【答案】D

【分析】由题意知，求得细沙的体积，结合体积相等，即可求解，得到答案．

【详解】由题意知，开始时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高，

底面圆的半径，故细沙的体积，

当细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为，

设高为，则，得，

故此锥形沙堆的高为.

故选：D.

【点睛】本题主要考查了圆锥体积的计算与应用，其中解答中熟练应用圆锥的体积公式求得几何体的体积，利用“等积法”求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用，属于中档试题．

6．中国传统文化中很多内容体现了数学中的“对称美”，太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美．定义图象能够将圆（为坐标原点）的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆的一个“太极函数”，给出下列命题：

①对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个；

②函数可以是某个圆的“太极函数”；

③函数可以同时是无数个圆的“太极函数”；

④函数是“太极函数”的充要条件为的图象是中心对称图形．

其中正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①②④ C．①③ D．①④

【答案】A

【分析】根据“太极函数”的定义对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】①，过圆心的直线都可以将圆的周长和面积等分成两部分，

所以对于任意一个圆，其“太极函数”有无数个，①正确.

②，，所以的定义域为，

，所以是定义在上的奇函数，

图象关于原点对称，

，

所以在上递减，画出大致图象如下图所示，

由图可知， 是太极函数，②正确.

③，函数，的定义域为，

，所以是偶函数，图象关于轴对称，

所以函数不是某个圆的太极函数.

④，是奇函数，图象关于原点对称，但不是太极函数，

如图所示，所以④错误.

所以正确的为①②.

故选：A

7．已知，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得出，，解方程可得出的值，再利用同角三角函数的平方关系可求得的值.

【详解】因为，则，，

因为，则，

因此，.

故选：B.

8．若f（x）为R上的奇函数，给出下列四个说法：

①f（x）＋f（－x）＝0 ；               ②f（x）－f（－x）＝2f（x）；

③f（x）·f（－x）<0； ④．其中一定正确的有

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】C

【详解】试题分析：根据题意，由于f（x）为R上的奇函数，那么可知f（x）＋f（－x）＝0成立，对于f（x）－f（－x）＝2f（x）显然成立，对于D，只有f(x)不为零时成立，对于③f（x）·f（－x）<0,只有x不为零时成立，故正确的选项为C.

【解析】奇偶性

点评：主要是考查了函数奇偶性的概念的运用，属于基础题．

二、多选题

9．若直线是曲线的切线，则曲线的方程可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】函数的导数的几何意义是在某点处的切线斜率，对每个函数求导，判断是否有解即可.

【详解】因为直线是曲线的切线，所以在某点处的导数值为．

对于A，由，可得，

令，即，

因为，所以有解，故A正确．

对于B，由，可得，

令，可得，无解，故B不正确．

对于C，，故有解，故C正确．

对于D，的定义域为，

令，可得，不符合，

所以无解，故D不正确．

故选：AC

10．已知椭圆的左、右焦点分别为，定点，若点P是椭圆E上的动点，则的值可能为（    ）

A．7 B．10 C．17 D．19

【答案】ABC

【分析】右焦点为，求出的范围，利用椭圆定义，从而可得出的取值范围，可判断各选项．

【详解】由题意可得，则，故．因为点P在椭圆E上，所以，所以，故，由于，所以，故的可能取值为7，10，17．

故选：ABC．

【点睛】本题考查椭圆的定义，在涉及到椭圆上点到一个的焦点的距离时，可利用椭圆定义转化为到另一焦点的距离，从而得出相应范围．

11．已知三棱锥的棱长均为，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，…，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（    ）

A． B．

C．数列为等差数列 D．数列为等比数列

【答案】AD

【分析】根据题意求出三棱锥内切球和球的半径，找出半径之间的关系，进而进行计算即可得出结论.

【详解】由题意知三棱锥的内切球的球心在高上，如图1所示，

由正三角形中心的性质可得：，则，

设球的半径为，则利用等体积法：，

即，解得：，所以球的体积，故选项正确；

如图2所示：易知，，.

设球与平面切于点，球的半径为，连接，则，

所以，即，所以，

则，所以，如此类推，.

所以是首项为，公比为的等比数列，

所以，

所以，则，故选项错误；

由可得，

所以数列是公比为的等比数列，故选项错误；

由可得，

数列是公比为的等比数列，故选项正确；

故选：.

12．函数在上有定义，若对任意的，，有则称在上具有性质，则下列说法正确的是（    ）

A．在上具有性质；

B．在其定义域上具有性质；

C．在上单调递增；

D．对任意，，，，有

【答案】BD

【分析】根据所给定义及基本不等式证明A、B、D，利用反例说明C；

【详解】解：对于A：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，且在定义域上单调递增，所以，即，故A错误；

对于B：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，

所以，故，故在其定义域上具有性质，故B正确；

对于C：若为常数函数，如，显然对任意的，，都有，满足性质，但是不具有单调性，故C错误；

对于，有

，故D正确．

故选：BD

三、填空题

13．椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点.若，则椭圆的离心率为______.

【答案】

【分析】设点，由可得出，可求得，化简可得出关于、的齐次等式，即可求得椭圆的离心率.

【详解】设，，即，，则，即①，又，②，

由①②得，即，或（舍去），解得.

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解，解答的关键就是要结合题意得出关于、、的齐次等式，考查计算能力，属于中等题.

14．在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的半径为______.

【答案】

【分析】根据，，由勾股定理得到，，从而有 平面BCD，根据截面圆的性质，得到球心到平面BCD的距离h，在中，由余弦定理和正弦定理求得的外接圆半径r，再利用球的半径为求解.

【详解】如图所示：

因为，，

由勾股定理得，，

所以平面BCD，

所以球心到平面BCD的距离为1

在中，由余弦定理得，

所以

所以的外接圆半径为，

所以球的半径为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查球的外接问题，以及截面圆的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

15．抛物线的焦点为F，经过F的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，与准线l交于点B，且于K，如果，那么的面积是______.

【答案】

【分析】计算得到，，故为正三角形，，计算面积得到答案.

【详解】抛物线的焦点，准线为l：，由抛物线的定义可得，

由直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，可得，

即有为正三角形，由F到l的距离为，则，

的面积是.

故答案为：.

【点睛】本题考查了抛物线中的面积问题，确定为正三角形是解题的关键.

16．函数的定义域为_______

【答案】

【分析】由二次根式的有意义得不等式，解出结果即为答案.

【详解】解：解不等式，得

所以函数的定义域为

故答案为

【点睛】本题考查了函数的定义域问题，对数不等式的解法，属于基础题.

四、解答题

17．已知数列满足：，对，都有．

(1)设，求证：数列是等比数列；

(2)设数列的前n项和为，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用变形得到，从而证明出结论；（2）求出，分组进行求和.

【详解】（1）因为，所以．

又，所以，

化简得：．

因为，所以，

所以数列是首项为，公比为的等比数列．

（2）由（1）可得：，

所以，

所以

．

18．如图：四锥中，，，，.

（1）证明：平面；

（2）求点B到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）通过计算证明即可证明平面；

（2）利用等体积法求点到平面距离.

【详解】（1）由题：四锥中，，，，

即，，

所以，，由题，

是平面内两条相交直线，

所以证明平面；

（2）由（1）可得：就是到平面的距离，设点B到平面的距离为，

三棱锥的体积：，

解得：

【点睛】此题考查根据计算得线线垂直证明线面垂直，利用等体积法求点到平面距离.

19．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：．

(1)求角A的大小；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求得结果；

（2）利用正弦定理求出角，从而可判断三角形为直角三角形，进而可求出三角形的面积.

【详解】（1）由已知及正弦定理可得，

整理得，

所以．

又，故．

（2）由正弦定理可知，

又，，，

所以．

故，

所以，

故为直角三角形，

于是．

20．已知双曲线：的左､右焦点分别为，，右顶点为，点，，.

(1)求双曲线的方程；

(2)直线经过点，且与双曲线相交于，两点，若的面积为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或或或

【分析】（1）由题意得，求解即可；

（2）设：，联立，由根与系数的关系结合三角形面积求解即可

【详解】（1）由题意，得，

解得，，，

所以双曲线的方程为.

（2）由题意可知，直线的斜率不为0，

设：，

联立，消，得，

由，解得.

设，，则.

所以，

所以的面积，

由，

化简，得，

解得，，，，

所以直的方程为或或或.

21．已知函数为f（x）的导函数.

（1）若f'（x）在区间上单调递减，求实数a的取值范围；

（2）若，求证：当a≤3时..

【答案】（1）a≥3（2）证明见解析；

【解析】（1）先求，令，再求导，原问题可转化为在上恒成立，即恒成立，于是求出在上的最大值即可；

（2）令，原问题转化为证明，求出，由于，所以，再令，再求导，又令，又求导，并得出，因此在上单调递增，依此，逐层往回递推直至能证明即可．

【详解】解：（1）由题可知，，

令，则，

在区间上单调递减，

当时，，即恒成立，

而当时，，，

．

（2）证明：令，则，

，，

令，则，

令，则，

在上单调递增，即，，

在上单调递增，即，则，

在上单调递增，即，也就是．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值、不等式恒成立问题，解题的关键是多次构造函数，并求导，判断新函数的性质，然后再逐层往回递推，考查学生的转化与化归的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

22．已知函数.

(1)求的最小正周期及对称轴方程；

(2)时，的最大值为，最小值为，求，的值.

【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，

(2)，或，

【分析】（1）使用两角和差的正余弦公式、二倍角公式、辅助角公式进行化简后，即可求得最小正周期和对称轴方程；

（2）结合正弦函数的图象和性质，分别对和两种情况进行讨论即可.

【详解】（1）

∴，则的最小正周期为，

∵的对称轴为直线，，

∴由，，解得，，

∴的对称轴方程为，.

（2），

∵，∴，∴，

∴，

当时，的最大值为，最小值为，

∴由，解得，

当时，的最大值为，最小值为，

∴由，解得，

综上所述，，或，.