普宁国贤学校2023届高三下学期3月模拟考试（2）数学试题
考试时间：120分钟； 试卷满分：150分
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 若，则（ ）
A. 7 B. C. D. 7或9
2. 已知正项等比数列中，，，数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. 或 D.
3. 孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2023这2022个整数中能被4除2且被6除余2的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是（ ）
A. 165 B. 166 C. 169 D. 170
4. 随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著的经济效益.假设在放射性同位素钍234的衰变过程中，其含量N（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系，其中为时钍234的含量.已知时，钍234含量的瞬时变化率为，则（ ）
A. 12 B. C. 24 D.
5. 已知函数，，若存在，（），使得，（），则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6．等差数列满足：，且它的前项和有最大值，则
A．是中最大值，且使的的最大值为2021
B．是中最大值，且使的的最大值为2022
C．是中最大值，且使的的最大值为4043
D．是中最大值，且使的的最大值为4044
7．椭圆与双曲线共焦点，，它们的交点对两公共焦点，的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则
A． B．
C． D．
8.已知一族曲线.从点向曲线引斜率为的切线，切点为.则下列结论错误的是（ ）
A．数列的通项为 B．数列的通项为
C．当时， D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志愿者分配到甲 乙 丙 丁4个小区开展工作，则下列选项正确的是( )
A. 共有625种分配方法
B. 共有1024种分配方法
C. 每个小区至少分配一名志愿者，则有240种分配方法
D. 每个小区至少分配一名志愿者，则有480种分配方法
10.已知椭圆的左、右两个焦点分别是，，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，则下列说法中正确的有（ ）
A．当时，的周长为
B．若的中点为，则（为坐标原点，与不重合）
C．若，则椭圆的离心率的取值范围是
D．若的最小值为，则椭圆的离心率
11.如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 与平面所成角的正切值得最大值为
C. 的最小值为
D. 当点P运动时，的范围是
12. 已知a为常数，函数有两个极值点，（），则（ ）
A． B． C． D．
填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．的展开式中常数项是___________．(用数字作答)
14.已知双曲线的焦点为，是双曲线上一点，且．若的外接圆和内切圆的半径分别为，且，则双曲线的离心率为__________．
15.设函数（a，）在区间上总存在零点，则的最小值为________．
16. 已知函数，，若直线与函数，的图象均相切，则的值为________；若总存在直线与函数，图象均相切，则的取值范围是________．
解答题（本大题共6小题，共70分）
17（本题满分10分）. 已知函数.
（1）当，求的取值范围；
（2）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，求面积的最大值．
18（本题满分12分）. 如图所示，在三棱柱中，底面是正三角形，，点在平面的射影为线段的中点D，过点，B，D的平面与棱交于点E．
（1）证明：平面；
（2）F为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
19（本题满分12分）. 已知数列、满足，，，﹒
（1）求证：为等差数列，并求通项公式；
（2）若，记前n项和为，对任意的正自然数n，不等式恒成立，求实数的范围．
20（本题满分12分）.已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）当时，证明：
21（本题满分12分）. 椭圆、双曲线、抛物线三种圆锥曲线有许多相似性质．比如三种曲线都可以用如下方式定义（又称圆锥曲线第二定义）：到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e的点的轨迹为圆锥曲线．当为椭圆，当为抛物线，当为双曲线．定点为焦点，定直线为对应的准线，常数e为圆锥曲线的离心率．依据上述表述解答下列问题．
已知点，直线动点满足到点F的距离与到定直线l的距离之比为.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）在抛物线中有如下性质：如图，在抛物线中，O为抛物线顶点，过焦点F的直线交抛物线与A，B两点，连接，并延长交准线l与D，C，则以为直径的圆与相切于点F，以为直径的圆与相切于中点．那么如图在曲线E中是否具有相同的性质？若有，证明它们成立；若没有，说明理由．
22（本题满分12分）. 已知函数，
函数图像在处的切线与函数相切，
求实数a的值；
（2）函数与函数图像有两个不同交点，
（i）求a的取值范围； （ii）若，证明：．数学参考答案
考试时间：120分钟； 试卷满分：150分
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 【答案】D
【解析】∵，∴或，解得或．故选：D．
2. 【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，则，依题意，所以，
又，所以，所以，
，故选：D.
3. 【答案】C
【解析】设所求数列为，由题意可知，所以，
令，即，解得，
所以满足的正整数的个数为，所以该数列共有项．故选：C．
4. 【答案】C
【解析】由，得，
∵当时，，
解得，∴，
∴当时，. 故选：C.
5. 【答案】D
【解析】，得，由题意得该方程在上有两解，
令，令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
而，，，则实数的取值范围是
6．【答案】C
【解析】由及有最大值可知，且，∴最大；
又，，
∴使的n的最大值为4043 ，故选C．
7．【答案】B
【解析】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，到两焦点的距离分别为，，焦距为，由椭圆的定义可得，
由双曲线的定义可得，解得，，
由余弦定理得，
则，
化为，
可得，由，，可得．故选：B．
8.【答案】B
【解析】设直线，联立，得，
则由，即，得（负值舍去）
所以可得，，所以A对，B错；
因为，
所以，故C对；
因为，令，.
可得在上递减，可知在上恒成立.
又. 所以成立. 故D正确.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 【答案】BC
【解析】对于选项AB:若需要将5名志愿者分配到甲 乙 丙 丁4个小区开展工作，则每个志愿者都有4种可能，根据计数原理之乘法原理，则有45=1024种不同的方法，故A错误，B正确，
对于选项CD：若每个小区至少分配一名志愿者，则有一个小区有两名志愿者，其余小区均有1名志愿者，由部分均匀分组消序和全排列可知，
把5名志愿者分成4组，有种不同的分配方法，故C正确，D错误.
故选：BC.
10.【答案】ABD
【解析】设，因为弦过椭圆的左焦点，
所以，所以A正确；
设，，则，有，，
所以，由作差得：
，所以，则有，所以B正确；
，，
所以，
则有，可得，所以C错误；
由过焦点的弦中垂直于轴的最短，则的最小值为，则有，即，解得，所以，D正确．
11.【答案】ABD
【解析】对于A,连接 ,
则 ,且平面 ,
而平面 ,
故平面平面 , 平面,故平面，故A正确；
对于B， 连接,由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当, ,此时最小，
故取到最大值 ，故B正确；
对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：
取到最小值，最小值为 ，故C错误；
对于D，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,设 ，
由题意可知 ,故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，故 ，
由得，即 ，
故 ，
当时，取最小值22，当时，取最大值 ，
故，故D正确. 故选：ABD.
12. 【答案】ACD
【解析】，，令，则，
令，则，在上单调递增，在上单调递减．
作出，的大致图象，
当时，有两个根，，且，故A正确；
当时，，故B错误；
又函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，
，，故CD正确；
故选：ACD．
填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．【答案】
【解析】由题意，化简，
又由展开式的通项为，
当时，可得，
所以的展开式中常数项是，故答案为．
14.【答案】
【解析】双曲线的焦点为，，，
在中，由正弦定理得，
解得，，设，，
在中，由余弦定理得，
解得，所以，
因为，
又，
所以，则，
所以，
整理得，则，
解得或（舍去），故答案为．
15.【答案】
【解析】在区间上总存在零点，
即，即在直线上，
表示点到原点的距离的平方，
的最小值为原点到直线的距离的平方，
即，
构造函数，，
所以在区间递减；在区间递增.
所以.所以的最小值为.
16. 【答案】
【解析】设直线与函数的切点为，
由，所以，解得，所以切点为，
所以，解得，即切线方程为，
设直线与函数的切点为，
则，解得 ，即，
设切线方程为，且与的切点为，
与的切点为
则，，
整理可得，，所以，
整理可得，设，
则，
设，则，所以在为增函数，
又因为，所以在上，即，所以单调递减；
在上，即，所以单调递增，
所以，即，解得.
解答题（本大题共6小题，共70分）
17（本题满分10分）.
解：（1），
，
，，
，的取值范围为；
（2）由得：，
所以或 ，
即 或，因为，，
由余弦定理，
所以（当且仅当时取“=”）
，的面积的最大值为．
18（本题满分12分）.
（1）证明：，，平面，
平面，连接，，在三棱柱中有平面平面
平面平面，平面平面
，平面
（2）解：可知，，两两垂直，以，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则．
在中，，，所以．
于是，，，，
，，，
，
设为平面的法向量，则有：
，可取．
设为平面的法向量，则有：
，可取．
．
所以，面与平面夹角的余弦值为．
19（本题满分12分）.
（1）证明：∵，，两边同除以得：
，从而，，
是首项为1，公差为1的等差数列，，∴；
（2）解：由，，
∴，∴，
∴，
∴，，
两式相减得，，
∴
＝，
中每一项，为递增数列，∴，
∵，∴，，.
20（本题满分12分）.
解（1）：的定义域为，
若，恒有，则在上单调递增，在上单调递减，
若，令，得，
若，恒有在上单调递增，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：当时，，
令函数，则，
令函数，则，
当时，；当时，，
所以，从而，
所以当时，；当时，，故，
因为，所以，故.
21（本题满分12分）.
解：（1）由题知，曲线的轨迹为焦点在轴上的椭圆，且，
所以，所以椭圆E的轨迹方程为.
（2）以为直径的圆与不相切．理由如下：
当焦点弦的最大值为长轴长，此时圆方程为，圆与直线相离；
当轴时焦点弦的最短，此时圆方程为，圆与直线相离；
以为直径的圆与相切于点F，证明如下：
设，，直线的方程为，
由化简得，
由韦达定理得，
直线的方程为，令，得，
同理，，
，
，，
所以，以为直径的圆过点F，又因为中点坐标为，
而，
即，所以，
，所以为直径的圆与相切于点F.
22（本题满分12分）.
解：（1）由得到，
所以，而，所以切线方程为
因为得，由题意得：，解得．
（2）（ⅰ）由题意得化简得，
令，
函数与函数图像有两个不同交点等价于有两个解，
，令，解得，
所以时，，单调递增；
时，，单调递减．，
而时，，时，，
所以，解得：
故的取值范围是
（ⅱ）证明：由（ⅰ）可得：① ②
①+②得：③， ②-①得：④
由③④消去a得：
令，所以，令，
，，
令，则
故
所以在上单调递增，所以
所以，所以．
