新疆生產建設兵團七師高級中學2023-2024學年高三第二次聯考數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知函數，若函數有三個零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．2．盒中有6個小球，其中4個白球，2個黑球，從中任取個球，在取出的球中，黑球放回，白球則涂黑后放回，此時盒中黑球的個數，則()A．， B．，C．， D．，3．已知復數滿足（是虛數單位），則=（）A． B． C． D．4．如圖所示的莖葉圖為高三某班名學生的化學考試成績，算法框圖中輸入的，，，，為莖葉圖中的學生成績，則輸出的，分別是（）A．， B．，C．， D．，5．已知表示兩條不同的直線，表示兩個不同的平面，且則“”是“”的()條件.A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要6．等比數列中，，則與的等比中項是（）A．±4 B．4 C． D．7．設為等差數列的前項和，若，則A． B．C． D．8．已知、分別為雙曲線：（，）的左、右焦點，過的直線交于、兩點，為坐標原點，若，，則的離心率為（）A．2 B． C． D．9．已知平面向量，，滿足：，，則的最小值為()A．5 B．6 C．7 D．810．若復數，，其中是虛數單位，則的最大值為()A． B． C． D．11．已知命題p:直線a∥b，且b?平面α，則a∥α；命題q:直線l⊥平面α，任意直線m?α，則l⊥m.下列命題為真命題的是（）A．p∧q B．p∨（非q） C．（非p）∧q D．p∧（非q）12．已知函數與的圖象有一個橫坐標為的交點，若函數的圖象的縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍后，得到的函數在有且僅有5個零點，則的取值范圍是()A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知等比數列滿足公比，為其前項和，，，構成等差數列，則_______．14．點是曲線（）圖象上的一個定點，過點的切線方程為，則實數k的值為______.15．已知實數滿約束條件，則的最大值為___________.16．函數的值域為_____.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在四邊形中，，；如圖，將沿邊折起，連結，使，求證：（1）平面平面；（2）若為棱上一點，且與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.18．（12分）已知函數.（1）當時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設數列，其前項和為，證明：.19．（12分）已知函數f(x)＝|x－2|－|x＋1|.（Ⅰ）解不等式f(x)>1；（Ⅱ）當x>0時，若函數g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求實數a的取值范圍．20．（12分）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程是，直線和直線的極坐標方程分別是（）和（），其中（）.（1）寫出曲線的直角坐標方程；（2）設直線和直線分別與曲線交于除極點的另外點，，求的面積最小值.21．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的非負半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的極坐標方程以及曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線、曲線在第一象限交于兩點，且，點的坐標為，求的面積.22．（10分）設函數.（1）若，時，在上單調遞減，求的取值范圍；（2）若，，，求證：當時，．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、B【解析】

根據所給函數解析式，畫出函數圖像.結合圖像，分段討論函數的零點情況：易知為的一個零點；對于當時，由代入解析式解方程可求得零點，結合即可求得的范圍；對于當時，結合導函數，結合導數的幾何意義即可判斷的范圍.綜合后可得的范圍.【詳解】根據題意，畫出函數圖像如下圖所示：函數的零點，即.由圖像可知，，所以是的一個零點，當時，，若，則，即，所以，解得；當時，，則，且若在時有一個零點，則，綜上可得，故選：B.【點睛】本題考查了函數圖像的畫法，函數零點定義及應用，根據零點個數求參數的取值范圍，導數的幾何意義應用，屬于中檔題.2、C【解析】

根據古典概型概率計算公式，計算出概率并求得數學期望，由此判斷出正確選項.【詳解】表示取出的為一個白球，所以.表示取出一個黑球，，所以.表示取出兩個球，其中一黑一白，，表示取出兩個球為黑球，，表示取出兩個球為白球，，所以.所以，.故選：C【點睛】本小題主要考查離散型隨機變量分布列和數學期望的計算，屬于中檔題.3、A【解析】

把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由，得，．故選．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．4、B【解析】

試題分析：由程序框圖可知，框圖統計的是成績不小于80和成績不小于60且小于80的人數，由莖葉圖可知，成績不小于80的有12個，成績不小于60且小于80的有26個，故，．考點：程序框圖、莖葉圖．5、B【解析】

根據充分必要條件的概念進行判斷.【詳解】對于充分性：若，則可以平行，相交，異面，故充分性不成立；若，則可得，必要性成立.故選：B【點睛】本題主要考查空間中線線，線面，面面的位置關系，以及充要條件的判斷，考查學生綜合運用知識的能力.解決充要條件判斷問題，關鍵是要弄清楚誰是條件，誰是結論.6、A【解析】

利用等比數列的性質可得，即可得出．【詳解】設與的等比中項是．

由等比數列的性質可得，．

∴與的等比中項

故選A．【點睛】本題考查了等比中項的求法，屬于基礎題．7、C【解析】

根據等差數列的性質可得，即，所以，故選C．8、D【解析】

作出圖象，取AB中點E，連接EF2，設F1A＝x，根據雙曲線定義可得x＝2a，再由勾股定理可得到c2＝7a2，進而得到e的值【詳解】解：取AB中點E，連接EF2，則由已知可得BF1⊥EF2，F1A＝AE＝EB，設F1A＝x，則由雙曲線定義可得AF2＝2a+x，BF1﹣BF2＝3x﹣2a﹣x＝2a，所以x＝2a，則EF2＝2a，由勾股定理可得（4a）2+（2a）2＝（2c）2，所以c2＝7a2，則e故選：D．【點睛】本題考查雙曲線定義的應用，考查離心率的求法，數形結合思想，屬于中檔題．對于圓錐曲線中求離心率的問題，關鍵是列出含有中兩個量的方程，有時還要結合橢圓、雙曲線的定義對方程進行整理，從而求出離心率.9、B【解析】

建立平面直角坐標系，將已知條件轉化為所設未知量的關系式，再將的最小值轉化為用該關系式表達的算式，利用基本不等式求得最小值.【詳解】建立平面直角坐標系如下圖所示，設，，且，由于，所以..所以，即..當且僅當時取得最小值，此時由得，當時，有最小值為，即，，解得.所以當且僅當時有最小值為.故選：B【點睛】本小題主要考查向量的位置關系、向量的模，考查基本不等式的運用，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.10、C【解析】

由復數的幾何意義可得表示復數，對應的兩點間的距離，由兩點間距離公式即可求解.【詳解】由復數的幾何意義可得，復數對應的點為，復數對應的點為，所以，其中，故選C【點睛】本題主要考查復數的幾何意義，由復數的幾何意義，將轉化為兩復數所對應點的距離求值即可，屬于基礎題型.11、C【解析】

首先判斷出為假命題、為真命題，然后結合含有簡單邏輯聯結詞命題的真假性，判斷出正確選項.【詳解】根據線面平行的判定，我們易得命題若直線，直線平面，則直線平面或直線在平面內，命題為假命題；根據線面垂直的定義，我們易得命題若直線平面，則若直線與平面內的任意直線都垂直，命題為真命題.故:A命題“”為假命題；B命題“”為假命題；C命題“”為真命題；D命題“”為假命題.故選：C.【點睛】本小題主要考查線面平行與垂直有關命題真假性的判斷，考查含有簡單邏輯聯結詞的命題的真假性判斷，屬于基礎題.12、A【解析】

根據題意，，求出，所以，根據三角函數圖像平移伸縮，即可求出的取值范圍.【詳解】已知與的圖象有一個橫坐標為的交點，則，，，，，若函數圖象的縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，則，所以當時，，在有且僅有5個零點，，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數圖象的性質、三角函數的平移伸縮以及零點個數問題，考查轉化思想和計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0【解析】

利用等差中項以及等比數列的前項和公式即可求解.【詳解】由，，是等差數列可知因為，所以，故答案為：0【點睛】本題考查了等差中項的應用、等比數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.14、1【解析】

求出導函數，由切線斜率為4即導數為4求出切點橫坐標，再由切線方程得縱坐標后可求得．【詳解】設，由題意，∴，，，即，∴，．故答案為：1．【點睛】本題考查導數的幾何意義，函數圖象某點處的切線的斜率就是該點處導數值．本題屬于基礎題．15、8【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移計算得到答案.【詳解】根據約束條件，畫出可行域，圖中陰影部分為可行域.又目標函數表示直線在軸上的截距，由圖可知當經過點時截距最大，故的最大值為8.故答案為：.【點睛】本題考查了線性規劃問題，畫出圖像是解題的關鍵.16、【解析】

利用配方法化簡式子，可得，然后根據觀察法，可得結果.【詳解】函數的定義域為所以函數的值域為故答案為：【點睛】本題考查的是用配方法求函數的值域問題，屬基礎題。三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）由題可知，等腰直角三角形與等邊三角形，在其公共邊AC上取中點O，連接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可證得，結合，可證明平面.再根據面面垂直的判定定理，可證平面平面.（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，由點F在線段上，設，得出的坐標，進而求出平面的一個法向量.用向量法表示出與平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再結合為平面的一個法向量，用向量法即可求出與的夾角，結合圖形，寫出二面角的大小.【詳解】證明：（1）在中，為正三角形，且在中，為等腰直角三角形，且取的中點，連接，，，平面平面平面..平面平面（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設.則設平面的一個法向量為.則，令，解得與平面所成角的正弦值為，整理得解得或(含去)又為平面的一個法向量，二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解決線面角、二面角的問題，屬于中檔題.18、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1），分，，三種情況推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到證明.【詳解】（1）由，得.當時，方程的，因此在區間上恒為負數.所以時，，函數在區間上單調遞減.又，所以函數在區間上恒成立；當時，方程有兩個不等實根，且滿足，所以函數的導函數在區間上大于零，函數在區間上單增，又，所以函數在區間上恒大于零，不滿足題意；當時，在區間上，函數在區間上恒為正數，所以在區間上恒為正數，不滿足題意；綜上可知：若時，不等式恒成立，的最小值為.（2）由第（1）知：若時，.若，則，即成立.將換成，得成立，即，以此類推，得，，上述各式相加，得，又，所以.【點睛】本題考查利用導數研究函數恒成立問題、證明數列不等式問題，考查學生的邏輯推理能力以及數學計算能力，是一道難題.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）。【解析】

（Ⅰ）分類討論，去掉絕對值，求得原絕對值不等式的解集；（Ⅱ）由條件利用基本不等式求得，，再由，求得的范圍．【詳解】（Ⅰ）當時，原不等式可化為，此時不成立；當時，原不等式可化為，解得，即；當時，原不等式可化為，解得.綜上，原不等式的解集是．（Ⅱ）因為，當且僅當時等號成立，所以.當時，，所以．所以，解得，故實數的取值范圍為．【點睛】本題主要考查了絕對值不等式的解法，以及轉化與化歸思想，難度一般；常見的絕對值不等式的解法，法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想．20、（1）；（2）16.【解析】

（1）將極坐標方程化為直角坐標方程即可；（2）利用極徑的幾何意義，聯立曲線，直線，直線的極坐標方程，得出，利用三角形面積公式，結合正弦函數的性質，得出的面積最小值.【詳解】（1）曲線：，即化為直角坐標方程為：；（2），即同理∴當且僅當，即（）時取等號即的面積最小值為16【點睛】本題主要考查了極坐標方程化直角坐標方程以及極坐標的應用，屬于中檔題.21、（1）的極坐標方程為，的直角坐標方程為（2）【解析】

（1）先把曲線的參數方程消參后，轉化為普通方程，再利用求得極坐標方程.將，化為，再利用求得曲線的普通方程.（2）設直線的極角，代入，得，將代入，得，由，得，即，從而求得，，從而求得，再利用求解.【詳解】（1）依題意，曲線，即，故，即.因為，故，即，即.（2）將代入，得，將代入，得，由，得，得，解得，則.又，故，故的面積.【點睛】本題考查極坐標方程與直角坐標方程、參數方程與普通方程的轉化、極坐標的幾何意義，還考查推理論證