1、红岭中学20222023学年度第一学期高三第二次统一考试 数学试卷(说明:本试卷考试时间为120分钟,满分为150分)命题人：汪正良 审题人：蔡晓纯一、选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的,请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 2欧拉是十八世纪伟大的数学家，他巧妙地把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数和联系在一起，得到公式，这个公式被誉为“数学的天桥”，根据该公式，可得()A1 B C2 D3函数的一个零点所在的区间是() A.(1,2) B.(2,3) C(3,3.5) D(3.5,4)
2、4已知m，n是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，以下命题：若m，m，则；若，则；若，m，n，则mn；若，则。其中正确的是（ ） A B C. D5函数的图象大致为（ ）ABCD6.在ABC中，ACB为钝角，ACBC1，且.若函数f(m)(mR)的最小值为，则|的最小值为（ ） A1 B C D7.若，则（ ）A. B. C. D.8.已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（ ）. A B C D二、多选题（共4个小题，每小题5分,共20分，在每小题给出的四个选项中，有两项以上
3、是符合题目要求的）9.下列叙述中正确的是( )A，使得B命题“”的否定是“”C.设，则 D“”是“”的充分不必要条件10. 已知直线是函数的一条对称轴，则（ ）A.的图像关于点中心对称 B. 在上有两个零点C. 在上单调递减 D.y=f(x)与的图象关于直线对称11.数列满足，是的前项和，以下正确的是( ) A是数列的最小项 B是等差数列C D对于两个正整数，的最小值为12. 已知正方体的棱长为2，动点F在正方形内，则（ ）A. 若平面，则点F的位置唯一B. 若平面，则不可能垂直C. 若，则三棱锥的外接球表面积为D. 若点E为BC中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半第卷（非选择题 共90分）
4、三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.曲线在处的切线的倾斜角为，则的值是_。14.在ABC中，的中点，都在线段上，且，则=_.15某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是_.16已知函数，若关于x的方程有3个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知正项等差数列中，成等比数列，数列bn的前n项和为，且(nN*).(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前n项
5、和Tn.18.在ABC中，角的对边分别为，且(1)求角C; （2）若，D为BC中点，求AD的长度19.如图(1)所示，AD是BCD中BC边上的高线，且AB2AD2AC，将ACD沿AD翻折，使得平面ACD平面ABD，如图(2).(1)求证：ABCD；(2)图(2)中，E是BD上一点，连接AE、CE，当AE与底面ABC所成角的正切值为时，求直线AE与平面BCE所成角的正弦值20. 已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点. 是扇形的内接矩形，记，矩形的面积为。（1）求关于角的解析式，并求的最大值.（2）当矩形的面积为时，求角的值.21. 设数列满足,令.(1)试证明数列是等差数列，并求数列
6、的通项公式；(2)是否存在常数，使得数列是等比数列？请说明理由。(3)令，是否存在实数，使得对一切都成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由22. 已知函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；（3）若关于的方程有两个正实根，求证： 。一、 BBAA ACBD 二、9.ABD 10ACD 11ABD 12.AD三、13.4; 14.； 15. ; 16.详解6.答案：解析：由xy， 且xy1，可知A，O，B三点共线，所以|的最小值为AB边上的高，又ACBC1，即O为AB的中点，且函数f(m)|m|的最小值
7、为，即点A到BC边的距离为.又AC1，所以ACB120，从而可得|的最小值为.另解：由xy， 且xy1，可知A，O，B三点共线，所以|的最小值为AB边上的高。依题，可得，因为是钝角，所以，.。7.解：，且，设，易知在上单调递增，则，所以。8.【详解】取中点，则，平面，又，则三棱锥的高，三棱锥体积为；作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径为，截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.故答案为：.10【答案】ACD【解析】【分析】由条件先求出f(x)
8、的解析式，再结合选项分别判断即可.【详解】直线是函数f(x)=sin(2x+)（0）的一条对称轴，所以（00，1d4，d3，an3n1；.3分由，得，两式相减得，得，又，数列bn是首项为2， 公比为2的等比数列，则.(7分)(2)cn，Tn=.(10分)18.解：(1)依题，由正弦定理，得，又. .所以.(4分)另解：依题，由余弦定理，得，得， 又. .所以.(4分)(2)解法一：因为，所以 . (5分)又, . (7分)由正弦定理知，,所以BC=, 又D为BC中点，所以, . (10分)在中，由余弦定理知，得. . (12分)解法二：， 在在中，由正弦定理得，即，所以AD的长为。19.解：(
9、1)由图(1)知，在图(2)中，ACAD，ABAD，平面ACD平面ABD，平面ACD平面ABDAD，AB平面ABD，AB平面ACD，又CD平面ACD，ABCD.(4分)(2)以A为原点，AC，AB，AD所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间坐标系，不妨设AC1，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(0，0，1).设E(x，y，z)，由(01)，得(x，y，z1)(0，2，)，得E(0，2，1)，(0，2，1)，平面ABC的一个法向量为(0，0，1).由AE与底面ABC所成角的正切值为可得tan ，2，于是cos ，即，解得.则E，(1，2，0)，.设平面BCE的法
10、向量为n(x，y，z)，则即令y1，得x2，z2，则n(2，1，2)是平面BCE的一个法向量，设直线AE与平面BCE所成的角为，则sin |cos ，n|，故直线AE与平面BCE所成角的正弦值为.(12分)另解：过E左于H， 易知，是AE与底面ABC所成角，依题，得，由所以是AB的中点，E是BD中点。（以下解法同前面的解法）（说明：直接写“是AE与底面ABC所成角”，没有给出理由的，扣过程分）20.解：(1)在中：，.（1分）在中：所以.（2分）所以.（3分）所以矩形的面积（4分）.（7分）由，得，所以当，即时，（9分）(2) 当时，即（10分）又因为，所以，或，即或.（12分）21. 解：(
11、1)证：由,得,即, ,而,即,数列是以首项为,公差为1的等差数列这时, 5分（2） 由（1）， 法一：若存在常数c,使是等比数列，则，即，解得。所以，存在唯一的常数,使是等比数列。.7分法二：，当时，上述比值不是常数。所以，存在唯一的常数c=0,使是等比数列。.7分(3)设,则.,即数列是递减数列,故 10分要使不等式对一切都成立,只要,即, 解得.因此, 存在大于实数，使得不等式对一切都成立.12分22.【详解】（）由，可得，其中且，下面分两种情况讨论：（1）当为奇数时：令，解得或，当变化时，的变化情况如下表： 所以，在，上单调递减，在内单调递增.（2）当为偶数时，当，即时，函数单调递增；当，即时，函数单调递减.所以，在上单调递增，在上单调递减.（）证明：设点的坐标为，则，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，当时，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有.（）证明：不妨设，由（）知，设方程的根为，可得，当时，在上单调递减，又由（）知可得.类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对任意，设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.由此可得.因为，所以，故，所以.
