新泰重點學校2021級高三上學期第二次質量檢測數學試題2023．12注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．非選擇題，將答案寫在答題卡上．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，，則（）A． B．? C．R D．2．已知復數滿足，則復數在復平面內對應點所在的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知函數的定義域為R，則“是偶函數”是“是偶函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件4．設曲線在處的切線為，若的傾斜角小于135°，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．5．柯西不等式（Caulhy-SchwarzLnequality）是法國數學家柯西與德國數學家施瓦茨分別獨立發現的，它在數學分所中有廣泛的應用．現給出一個二維柯西不等式：，當且僅當時等號成立．根據柯西不等式可以得知函數的最大值為（）A． B． C．12 D．206．已知是定義在R上的偶函數，是的導函數，當時，，且，則的解集是（）A． B．C． D．7．已知是邊長為2的等邊三角形，，當三棱錐體積取最大時，其外接球的體積為（）A． B． C． D．8．已知函數，則的值域為（）A． B．C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．已知直線和圓，下列結論成立的是（）A．直線過定點B．當直線l與圓C相交時，直線被圓所截的弦長最大值為4C當直線l與圓C相切時，則實數D．當實數m的值為3時，直線l與圓C相交，且所得弦長為10．如圖，正六邊形的邊長為2，半徑為1的圓O的圓心為正六邊形的中心，若點M在正六邊形的邊上運動，動點A，B在圓O上運動且關于圓心O對稱，則的值可能為（）A． B． C．3 D．11．已知數列滿足，則的值可能為（）A．1 B．-1 C． D．12．如圖所示，在三棱錐D-ABC中，已知DA，DB，DC兩兩互相垂直，，，M，N分別是邊AB，BC的中點，點E是線段DN上的動點，點F是平面DMC中的任意一點，則（）A．三棱錐是正三棱錐B．直線AD與平面ABC所成角的余弦值為C．三棱錐外接球的表面積為D．當點是線段DN的中點時，EF的最小值為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知橢圓的左、右焦點分別為、，點在上，且，直線與橢圓交于另一點，與軸交于點，，則橢圓的離心率為________．14．若，且，則________．15．已知，，均為正實數，，則的最小值是________．16．設函數（其中e為自然對數的底數），若存在實數使得恒成立，則實數的取值范圍是________．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17．如圖，在中，，，，點在邊BC的延長線上．（1）求的面積；（2）若，為線段AD上靠近的三等分點，求CE的長．18已知函數（1）當時，求函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積；（2）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍．19．如圖所示，在四棱錐中，平面平面ABCD，底面ABCD為矩形，，，，點在棱PC上且（1）證明：平面；（2）求平面PAD與平面MDB的夾角的余弦值．20．已知數列的前項和為，且（1）求的通項公式：（2）若，的前項和為，證明：21．已知函數，其中（1）當時，求函數的單調區間；（2）若對于恒成立，求的最大值22．已知橢圓的左，右焦點分別為，，焦距為，點在上．（1）是上一動點，求的取值范圍；（2）過的右焦點，且斜率不為零的直線交于，兩點，求的內切圓面積的最大值.參考答案2023．121、D2、A3、A4、B5、A6、B7、C8、D7、【答案】C解：由題可知，平面CAB⊥平面SAB，且時，三棱錐S-ABC體積達到最大，如圖所示，則點D，點E分別為△ASB，△ACB的外心，并過兩個三角形的外心作所在三角形面的垂線，兩垂直交于點O．∴點O是此三棱錐外接球的球心，AO即為球的半徑．在△ACB中，，，由正弦定理可知，，，延長CE交AB于點F，延長SD交AB于點F，∴四邊形EFDO是矩形，且OE⊥平面ACB，則有OE⊥AE，又∵，，．故選：C9、AD10、BC11、AD12、AC13、【詳解】如圖，O為坐標原點，且O為的中點，，所以，即M為的中點，連接，由，得，設，則，，，，則，在中，由余弦定理得，，即，整理得，則，則，即，所以14、15、4【詳解】因為，即，設，，則，，且原式，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為4．故答案為：416．【答案】【詳解】函數的定義域為，由，得，所以，令，，由題意知，函數和函數的圖象，一個在直線上方，一個在直下方，等價于一個函數的最小值大于另一個函數的最大值，由，得，所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，沒有最小值，田，得，當時，在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以有最大值，無最小值，不合題意，當時，在上，單調遞減，在上，單調遞增，所以，所以即，所以，即m的取值范圍為．東校高三質檢二數學答案第2頁，共8頁17、【小問1詳解】東校高三質檢二數學答案第2頁，共8頁△ABC中，由正弦定理得：因為，，所以因為，所以【小問2詳解】方法1：因為E為線段AD上靠近D的三等分點，所以，所以，所以，則方法2：在中，由余弦定理得，因為E為線段AD上靠近D的三等分點，所以，分因為，所以因為D為銳角，所以，在中，由余弦定理得，，所以．18、【小問1詳解】當時，，，所以，所以切線方程為，即令得，令得，所以所求三角形的面積【小問2詳解】由題意知，方程在上有兩個不同實根，即方程在上有兩個不同實根，即方程在上有兩個不同實根令，，則轉化為與的圖象有兩個不同的交點，求導得，則當時，，當時，則函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以又因為，當時，，當時，，當時，，作圖如下：所以a的取值范圍為19．【小問1詳解】因為平面PAD⊥平面ABCD，且平面平面，根據條件可知AB⊥AD，所以AB⊥平面所以．所以，同理可得又，所以△PBC是等邊三角形，因為，所以M是PC的中點．如圖，連接AC，與BD交于點O，連接MO，則O是AC的中點，所以，因為平面，平面MDB，所以平面MDB．【小問2詳解】以D為坐標原點，以DA，DC所在直線為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，，，由（1）知是平面的一個法向量設為平面MDB的法向量．因為，，所以令，可得設平面PAD與平面MDB的夾角為θ，則所以平面PAD與平面MDB的夾角的余弦值為．20．【詳解】（1）因為當時，東校高三質檢二數學答案第5頁，共8頁當時，，所以，東校高三質檢二數學答案第5頁，共8頁所以數列是首項為1，公比為2的等比數列，故：又因為當時也適合上式，所以分（2）證明：因為，所以當n為奇數時，，因為，所以，所以當n為偶數時，，因為，所以，所以綜上，21．【小問1詳解】當時，，則令，則顯然在上恒成立，即在R上單調遞增；又易知所以當時，，當時，；即函數在上單調遞減，在上單調遞增；綜上可知，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為【小問2詳解】由對于恒成立，可得在恒成立；令，則，又由可解得易知當時，，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，因此在處取得極小值，也是最小值為；易知，所以可得，即令，則，由可得；因