1、高三阶段性抽测二数 学2023.12注意事项学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题第8题）多项选择题（第9题第12题）填空题（第13题第16题）解答题（第17题第22题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卷交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卷的规定位置.3，请在答题卷上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.4.请保持答题卷卷面清洁，不要折叠破损.一律不准使用胶带纸修正液可擦洗的圆珠笔.一
2、单项选择题：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.已知为虚数单位，若复数，则（ ）A. B. C. D.3.已知无穷数列，则“，使得”是“数列有最大项”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D.5.已知，则（ ）A. B. C. D.6.如图，圆台的轴截面为等腰梯形在上底面的圆周上，且，则在上的投影向量为（ ）A. B.C. D.7.已知双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，圆交双曲线的左
3、支于点，直线交双曲线的右支于点，若为的中点，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D.8.已知正数满足，则（ ）A. B. C.1 D.二多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.已知实数满足，则下列说法正确的是（ ）A. B.C. D.10.已知四棱锥的高为2，侧棱长都相等，且各个顶点都在球的球面上，则下列说法正确的是（ ）A.平面截球所得的截面面积为B.四棱锥的侧棱长为C.球的表面积为D.到平面的距离为11.已知等比数列的公比为，且，则下列说法正确的是（ ）A.若，则B.数列的前
4、2023项和一定大于0C.若，则D.若，则一定小于012.已知函数，若关于的方程有6个不相等的实根，则实数的值可能为（ ）A. B. C. D.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的部分图象如图所示，则_.14.如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为_.15.已知抛物线的焦点为，准线与坐标轴的交点为，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，设，若与相交于点，且，则的面积为_.16.已知定义在上的可导函数和满足：，且为奇函数，则导函数的图象关于_对称（写出一种对称即可，不必考虑所有情况）；若，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
5、过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）已知方程.（1）若此方程表示圆，求实数的取值范围；（2）若的值为（1）中能取到的最大整数，将得到的圆设为圆，设为圆上任意一点，求到直线的距离的取值范围.18.（本小题满分12分）已知的内角所对的边分别为，且.（1）求的大小；（2）设是边上的一点，且满足，求的面积的最小值.19.（本小题满分12分）如图所示，三棱台的底面为正三角形，平面，和分别为和的中点，是线段（含端点）上一动点.（1）求证：平面；（2）试问：是否存在，使得与平面的所成角为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.20.（本小题满分12分）已知正项数列的前项和为.（1）求数列的通项公式
6、；（2）设求数列的前项和.21.（本小题满分12分）已知椭圆的上顶点为，设点轴上的两个动点和满足，且当位于椭圆的右焦点时，.（1）求椭圆的方程；（2）设直线和分别交椭圆于和两点，求证：直线经过定点.22.（本小题满分12分）已知函数.（1）若，求证：当时，；（2）讨论函数在区间上的零点个数.高三阶段性抽测二数学参考答案2023.12一单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.题号12345678答案CADACBDA二多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.题号9101112答案ABACDBCDBD三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.13. 14. 15. 1
7、6.或四解答题：本大题共6小题，共70分.17.解：（1）若此方程表示圆，则，解得，即实数的取值范围为；（2）由（1）可知，此时圆，即，则圆心到直线的距离，故圆与直线相离，所以到直线的距离的取值范围为，即.18.解：（1）因为，由正弦定理，得，所以，因为，所以，即，解得，又因为，所以；（2）由和，可知，因为，所以，又因为，所以，即又，所以，（当且仅当，即时取“=”），所以，所以的面积的最小值为.19.解：（1）连结，设与交于，连结，因为平面平面，所以，又因为是中点，所以，所以四边形为正方形，所以是的中点，因为为的中点，所以为的中位线，所以，又因为平面平面，所以平面；（2）连结，正中，且平面，以
8、为正交基底建立空间直角坐标系，则，于是，设，即设平面的一个法向量为，则，即，取，则，得，若与平面的所成角为，则，整理得，此式无解，故不存在这样的.20.解：（1）因为，所以，相减得：，因为，所以，又因为，所以，即，也适合上式，所以，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以；（2）当为偶数时，设，所以.21.解：（1）因为椭圆的上顶点为，所以，在当位于椭圆的右焦点时，Rt中，有，即，所以，于是，所以椭圆的方程为；（2）设，则，因为，所以，即，设直线和的斜率分别为和，则（定值），（法一）因为直线的方程为，则，化简得，解得，于是，同理可得，又由，整理得，所以，于是直线的方程为，化简得，所以直线经过定点.（法二）设直线的方程为，因为椭圆方程为，即，所以，所以，整理得，于是，所以，解得，即直线的方程为，令，有，所以直线经过定点.22.解：（1）当时，所以，因为，所以，所以，所以在上单调递增，得证；（2）由题意，所以，当时，因为，所以，所以在上单调递增；.当时，因为，所以在上单调递增，且当即时，对恒成立，所以在上单调递增，结合1可知，在上单调递增，因为，所以在区间上的零点个数为1；当即时，使得，结合可知：当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以存在和，使得，即在区间上的零点个数为2.综上：当时，在区间上的零点个数为1；
