2023届江苏省苏州外国语学校高三上学期第二次阶段测试数学试题

苏州外国语学校2022-2023第一学期高三年级第二次阶段测试一、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.若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（）A．B．C．1D．32.已知集合，集合，则（）AB.C. D.3.今天是二十四节气中的大雪，二十四节气歌体现着我国古代劳动人民的智慧。四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（）A.B.C.D.4.已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（）A. B.C.D.5.已知向量，为平面内的一组基底，，，则“”是“幂函数在上为增函数”的（）条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充分必要D.既不充分也不必要6.若过可作函数的两条切线，则（）A. B.C.D.7.设，则（）A. B.C.D.8.2022世界杯足球赛在卡塔尔举行，某中学在全校学生中开展“迎新杯”足球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，(

)A.10cmB.C.D.二､多选题：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.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角为B.存在使得直与直线垂直C.对于任意，直线与圆相交D.若直线过第一象限，则10.若，，且，则（）A.B.C.D.11.已知直线：与圆：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（）A. B.存在，使C.D.存在，使12.已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（）A.B.C.当时，D.当时，若的所有根记为，，，，且，则三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.二项式的展开式中含的系数为___________.14．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.15.在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．16.已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.18.如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．（1）求t的值；（2）对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．19.已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．（1）求线段AB的中点P的轨迹的方程；（2）设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；（3）若点C在曲线上运动，点Q在x轴上运动，求的最小值．20.已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）（1）求证：为等差数列；并求和；（2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.21.在平面直角坐标系xOy中，已知的椭圆C：的左，右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，的面积最大值为（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线AM与定直线交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是，，，若，，成等差数列，求实数t的值．22.已知函数.（1）求的极值；（2）若时，恒成立，求实数的取值范围．苏州外国语学校2022-2023高三年级第二次阶段测试答案解析一、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.若复数的实部与虚部相等，则实数的值为（）A．B．C．1D．3【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的实部和虚部的定义，即可求解．【解析】解：数的实部与虚部相等，，解得．故选：．2.已知集合，集合，则（）A B. C. D.【答案】D【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再结合集合的运算法则，即可求解.【详解】由题意，可得集合，即集合，又由集合，可得，所以.故选：D.3.今天是二十四节气中的大雪，二十四节气歌体现着我国古代劳动人民的智慧。四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【分析】直接由组合结合古典概型求解即可.【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为.故选：C.4已知为递增数列，前n项和，则实数的取值范围是（）A. B.C.D.【答案】D【分析】由题意先算，再利用，求出时的通项公式，再利用数列的单调性，即可解决问题【详解】当时，，当时，，由为递增数列，只需满足，即8>4+λ，解得，则实数的取值范围是，故选：D.5.已知向量，为平面内的一组基底，，，则“”是“幂函数在上为增函数”的（）条件.A.充分不必要B.必要不充分C.充分必要D.既不充分也不必要【答案】B6.若过可做的两条切线，则（）A. B.C.D.【答案】A【分析】设切点为，利用导数的几何意义可得切线方程为：，把点代入可得：，则此方程有大于0的两个实数根，列出不等式组，求解即可得出结论．【详解】设切点为，切线的斜率，则切线方程为：，把点代入可得，化为：，则此方程有大于0的两个实数根．则，即，则，故选：A．7.设，则（）A. B.C.D.【答案】B【分析】由可得到，利用作差法得到，，构造，分别求出在上的单调性，即可求解【详解】因为，所以，又，令，，则，所以在单调递减，所以，所以，即；又，令，则，所以在单调递减，所以，所以，即，故故选：B8.2022世界杯足球赛在卡塔尔举行，某中学在全校学生中开展“迎新杯”足球赛奖杯的创意设计征集活动.同学甲设计的创意奖杯如图1所示，从其轴截面中抽象出来的平面图形如图2所示，若圆O的半径为10cm，，，甲在奖杯的设计与制作的过程中发现，当OB越长时，该奖杯越美观，则当该奖杯最美观时，(

)A.10cmB.C.D.【答案】B【解析】解：如图，过O点作，分别交BC，AD于E，F两点，设，

则，，由，，

得，

则，，，

当，即时，OB取得最大值，

此时二､多选题：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.下列说法正确的是（）A.直线的倾斜角为B.存在使得直与直线垂直C.对于任意，直线与圆相交D.若直线过第一象限，则【答案】ABC【分析】对于A：化简成点斜式，利用斜率与倾斜角的关系得出结论，C选项首先求出直线过定点，且定点在圆的内部，得出结论，B、C是通过特值得出结论.【详解】对于A：∵，∴，∴，故A正确；对于B：时符合题意，故B正确；对于C：化简得：∴，解得∴直线过定点，又∵∴该定点在圆内，∴直线与圆相交，故C正确；对于D：当此时直线为，经过第一象限，此时，故D错误．故选：ABC．10.若，，且，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】将变形为和，借助基本不等式与1的代换可解.【详解】，，，，且.则，且.对A：，当时等号成立，A错误；对B：，解得，B正确；对C：，则，当时等号成立，C错误；对D：，当时等号成立，D正确.11.已知直线：与圆：相交于两点，与两坐标轴分别交于两点，记的面积为，的面积为，则（）A. B.存在，使C.D.存在，使【答案】ABC【分析】运用数形结合思想，结合面积公式和点到直线距离，两点间距离，直线与圆弦长公式即可.【详解】A.直线：，当时，，当时，，所以，因为圆心为，所以圆心到直线的距离，所以根据直线被圆截得的弦长公式有，解得，所以，当且仅当即，即，解得时取得等号.所以，故A正确.B.直线：，当时，；当时，，所以当时，，故B正确.C.直线：过定点在圆内，因为圆：，圆心为，所以圆心到直线的距离因为，当且仅当时，,所以被截得的弦长最短，所以.故C正确.D.要使，则与重合，此时的直线方程为不过定点，故D错.故选:ABC.12.已知函数和，有相同的极小值，若存在，使得成立，则（）A.B.C.当时，D.当时，若的所有根记为，，，，且，则【答案】ACD【分析】首先根据两个函数极小值相同，分别求导，求出两个函数的极小值，解出b，然后将两个函数图像作出，根据图像可以判断出BC，对于D，首先根据题意得到对应的等式，然后变形，采用等量替换的方法，即可求解.【详解】，，，在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，而，且，在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，依据题意，和有相同的极小值，故，解得，故A正确；作出函数图象如下图所示，若，则与、相交时，或者，故B错误.由图像可知，当时，，所以，C正确；若的所有根记为，，且时，则有，，可得，即，又，同理可得，，则，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.二项式的展开式中含的系数为___________.【答案】-2114．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.【答案】或答案只要是与6中的一个即可【解析】解：若满足条件①，因为，所以，解得或，则或舍去，则，，

故若满足条件②，则15.在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为______，三棱锥的外接球表面积为______．【答案】①.②.【分析】以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出的值，可求得线段的长，设三棱锥的外接球球心为，根据已知条件建立关于、、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】连接，则，又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、、，，，由已知可得，解得，因此，，则点，设三棱锥的外接球球心为，由，即，解得，所以，三棱锥的外接球半径为，因此，该三棱锥外接球的表面积为.故答案为：；.16.已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则__________．【答案】【分析】设,利用焦半径公式得到,设，写出垂直平分线方程，代入，化简得到值，最终求出的值.【详解】首先我们证明椭圆的焦半径公式左准线方程为，右准线方程为，，，，同理可证，因本题椭圆离心率:，设由焦半径公式:得:,即中点，，则垂直平分线斜率为根据点在椭圆上，则有，，作差化简得，则线段的垂直平分线方程为,代入得:,即,则.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.【答案】（1）（2）【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.【小问1详解】法一：∵，由正弦定理得：，∴，∴，∵，∴，又∵，∴.法二：∵，由余弦定理得：，∴，∴，∵，∴.【小问2详解】由（1）知，，而四边形内角互补，则，法一：设，则，由正弦定理得：，∴，，∴，当且仅当时，的最大值为.法二：在中，，，由余弦定理得：，∴，∴，当且仅当时，的最大值为.18.如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．

（1）求t的值；（2）对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．【答案】（1）；（2）P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可；（2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹.【小问1详解】易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，易知面的一个法向量为，设面的法向量为，则，令，则，可得，解得或3，又点E在弦AD上，故.【小问2详解】P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：取靠近的三等分点即中点，中点，连接，由为中点，易知，又面，面，所以平面BEC，又，面，面，所以平面BEC，又，所以面平面BEC，即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，又面，故P的轨迹即为所在直线，即过靠近的三等分点及中点的直线。19.已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动．（1）求线段AB的中点P的轨迹的方程；（2）设圆与曲线的两交点为M，N，求线段MN的长；（3）若点C在曲线上运动，点Q在x轴上运动，求的最小值．【答案】（1）.（2）.（3）.【分析】（1）设点P的坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，利用点P是线段AB的中点，求出，，通过点A在圆上运动，转化求解中点P的轨迹的方程即可；（2）将圆与圆的方程相减得，求出圆的圆心到直线的距离d，即可求解；（3）由题可得，当且仅当A在线段且C在线段上时，取等号．设为关于x轴的对称点，可得，即，即可求解的最小值.（1）解：设点P的坐标为，点A的坐标为，由于点B的坐标为，且点P是线段AB的中点，所以，，于是有①，因为点A在圆上运动，即：②，把①代入②，得，整理，得，所以点P的轨迹的方程为．（2）解：将圆与圆的方程相减得：，由圆的圆心为，半径为1，且到直线的距离，则；（3）解：圆是以为圆心，半径的圆，圆是以为圆心，半径的圆，所以①，当且仅当A在线段且C在线段上时，取等号．设为关于x轴的对称点，则，代入①式得：，当且仅当共线时，取等号．所以的最小值为．20.已知二项式的展开式的各项系数和构成数列，数列的首项，前n项和为（），且当时，有（）（1）求证：为等差数列；并求和；（2）设数列的前n项和为，若对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围.21.在平面直角坐标系xOy中，已知的椭圆C：的左，右顶点分别是A，B，离心率为，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，的面积最大值为（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线AM与定直线交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是，，，若，，成等差数