12，广东省深圳市深圳外国语学校2023-2024学年高三上学期第一次调研数学试卷

这是一份12，广东省深圳市深圳外国语学校2023-2024学年高三上学期第一次调研数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高三备课组
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
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．B．C．D．
2．已知是关于的方程的一个根，则实数的值为（ ）
A．8B．C．4D．
3．已知，为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．在三角形中，内角的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
5．若数列的前项积为，且满足，，则（ ）
A．B．C．D．7
6．已知双曲线()，以双曲线C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
7．在三棱锥中，平面，，，，点为棱上一点，过点作三棱锥的截面，使截面平行于直线和，当该截面面积取得最大值时，（ ）
A．B．C．D．
8．若实数a，b，，且满足，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．b>c>a
二、选择题：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．若，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．A，B相互独立B．C． D．
11．已知P为抛物线C：上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，，，则（ ）
A．的最小值为4
B．若线段AB的中点为M，则的面积为
C．若，则直线l的斜率为2
D．过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，且满足EF平分，则直线GH的斜率为定值
12．已知函数，，其中且．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，有且只有一个零点
B．当时，有两个零点
C．当时，曲线与曲线有且只有两条公切线
D．若为单调函数，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设为数列的前项和，若，，则 .
14．的展开式中的系数为 .（用数字作答）
15．蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆（）上任意两个动点，动点P在直线上，若恒为锐角，则根据蒙日圆的相关知识，可知椭圆C的离心率的取值范围为
16．函数的定义域为，其导函数为，若，且当时，，则不等式的解集为 ．
四、解答题：本题共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．（本题10分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若，且的周长为，求的面积．
18．（本题12分）已知数列满足，，数列，的前n项和分别为．
(1)求，并证明数列为等比数列；
(2)当时，有恒成立，求正整数m的最小值．
19．（本题12分）如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，.将沿折起，使点到达点的位置，使平面平面.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．（本题12分）某人从地到地有路程接近的2条路线可以选择，其中第一条路线上有个路口，第二条路线上有个路口.
(1)若，，第一条路线的每个路口遇到红灯的概率均为；第二条路线的第一个路口遇到红灯的概率为，第二个路口遇到红灯的概率为，从“遇到红灯次数的期望”考虑，哪条路线更好？请说明理由.
(2)已知；随机变量服从两点分布，且，.则，且.若第一条路线的第个路口遇到红灯的概率为，当选择第一条路线时，求遇到红灯次数的方差.
21．（本题12分）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，的一条渐近线与直线：垂直.
(1)求的标准方程；
(2)点为上一动点，直线，分别交于不同的两点，（均异于点），且，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值，请说明理由.
22．（本题12分）已知.
(1)若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；
(2)当时，讨论函数的零点个数.
参考答案：
1．D 2．A 3．B 4．B 5．C 6．D
7．C
【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点；
在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示，

因为，则，设其相似比为，即，
则；
又因为，，，
由余弦定理得，，则，
即.
又平面，，平面，所以，.
又，则，.
因为，则，则，
因为，所以，即，
同理可得，即，
因为，，则，
故四边形为平行四边形；而平面，平面，
故平面，同理平面，
即四边形为截面图形；
又平面，平面，则，
又，所以.
故平行四边形为矩形，则，
所以当时，有最大值，则，
在中，.
故选：C.
8．B
【详解】由，，，
得，，，令，则，
当时，，当时，，所以在上是增函数，
在上是减函数，于是，即，
又b，，所以；
，
因为，所以，，，
因此，于是，又a，，所以；
令，则，所以在上是增函数，，，即，，，
于是，又a，，所以；
综上.
故选：.
9．BD
【详解】由题意可得，
所以，故A错误；
，
因为，
所以，所以，故B正确；
因为，所以，
所以
，故C错误：
即，
因为，所以，
故，所以，故D正确.
故选：BD
10．ABD
【详解】由题意可知，
事件互斥，且，
所以，
即，故A正确；
则
，故B正确；
由条件概率公式可知：，故C错误；
，
即，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】由在抛物线C上，得，抛物线C的方程为，．
对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，
由抛物线的定义知，
即M，P，D三点共线时，取得最小值，为，故A正确．
对于B，因为为AB的中点，所以，，
求得直线l的方程为，则点N到直线l的距离，
则，故B错误；
对于C，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，代入，
得，设，，则，，，同理可得，
所以，
解得，所以直线l的斜率为，故C正确．
对于D，易知点在抛物线上且轴．设，．
易知直线EG，EH的斜率存在，，同理．
因为EF平分，轴，所以，即，
直线，所以，
直线GH的斜率为定值，故D正确．
故选：ACD
12．BCD
【详解】对A，令，
令或都成立，有两个零点，故A错误；
对B， 令
，（）.考虑
所以函数在单调递减，在单调递增，
.
考虑
所以函数在单调递增，在单调递减，当时，,所以当时，有两个零点.
此时，故B正确；
对C，设，.
设切点
所以.
①
②
,
,
设，
所以，
所以函数在单调递减，因为，
所以
所以有两解，所以当时，曲线与曲线有且只有两条公切线，所以该选项正确；
对D，若单调递增，则.
.考虑不满足.
若单调递减，则.
所以考虑不满足.
当时，不满足.
当时，
，∴.故D正确.
故选：BCD
13．27
14．
15．
【详解】依题意，直线都与椭圆相切，
因此直线所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，
由点A、B为椭圆上任意两个动点，动点P满足为锐角，得点在圆外，
又动点P在直线上，因此直线与圆相离，
于是，解得，则，解得，
所以椭圆C的离心率的取值范围为.
故答案为：
16．
【详解】令，则，
又，所以得，
即，所以为上的偶函数，
又时，，所以在上单调递增，
又为上的偶函数，所以在上单调递减，
由，得，
所以，
即，所以得，解得：，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
17．
【详解】（1）由题设，则，
所以，而，故，又，
所以.
（2）由（1）及已知，有，可得，
又，即，
所以，故.
18．
【详解】（1）因为，
令，则，，
令得，
则，
由得，由，
所以数列为以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知：，
同理：数列是以3为首相，2为公比的等比数列，
即，
则，
，
令，则，
当时，，当时，，
又，则当时，，
当时，，
，
综上知：正整数m的最小值为11．
19．
【详解】（1）因为四边形为平行四边形，由为的中点，
，，则为等边三角形，所以.
则，所以为等腰三角形，
可得，，
即，因为平面平面，平面平面，
平面，
则平面，且平面，所以.
（2）作，过作，
由面面得面
则两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系.
，，，，
设平面的一个法向量为
由知可取，
同理得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为.
则.
面与面夹角的余弦值为.
20．
【详解】（1）应选择第一条路线，
理由如下：设走第一、第二条路线遇到的红灯次数分别为随机变量、，
则，，
，，，
所以；
又，，，
所以；
因为，所以应选择第一条路线.
（2）设选择第一条路线时遇到的红灯次数为，
所以；，
设随机变量，取值为，其概率分别为，且，
所以
，
又因为，所以.
21．
【详解】（1）因为，所以，
因为双曲线的渐近线与直线：垂直，
所以，②
又，③
解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）设，则，，
设，，
所以，，
因为，所以，所以，
同理可得，所以，
直线的方程为，
联立双曲线的方程可得，
所以，所以，所以，
因为，即，所以
同理，
，
所以是定值，定值为.

22．
【详解】（1）由题意可得：，
设切点坐标为，
则切线斜率为，即，
可得切线方程为，
将，代入可得，
整理得，
因为在内单调递增，
则在定义域内单调递增，且当时，，
可知关于的方程的根为1，即，
所以.
（2）因为，
则，
可知在内单调递减，
且，则，且在内单调递减，
可知在内单调递减，所以在内单调递减，
且，
（i）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅱ）若，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立，
所以在内有且仅有1个零点；
（ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点，
可知当时，；当时，；
则在内单调递增，在内单调递减，
且，可知，可知在内有且仅有1个零点，
且，
①当，即时，则在内有且仅有1个零点；
②当，即时，则在内没有零点；
综上所述：若时，在内有且仅有1个零点；
若时，在内有且仅有2个零点.