广东省东莞市第四高级中学2022-2023高三下学期数学第11次测试（含答案）

东莞市第四高级中学2022-2023学年高三下学期数学第11次测试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若集合，则等于
A． B． C． D．
2．（ ）
A．4i B．﹣4i C．﹣4i D．4i
3．“”是“”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
4．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在着陆场预定区域成功着陆，三名航天员安全出舱.神舟十三号返回舱外形呈钟形钝头体，若将其近似地看作圆台，其高为，下底面圆的直径为，上底面圆的直径为，则可估算其体积约为（ ）
A． B． C． D．
5．设事件A，B相互独立，，，则（ ）
A．0.36 B．0.504 C．0.54 D．0.9
6．已知等比数列的前n项和为Sn，下表给出了Sn的部分数据：
1 2 3 4 5 6 …
20 -61
那么数列的第四项等于（ ）
A．81 B．27 C．-81或81 D．-27或27
7．已知双曲线的左右焦点分别为，，过点且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A、B两点，，分别交y轴于M、N两点，若△的周长为8，则取得最大值时该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
8．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知直线，和圆，下列说法正确的是（ ）
A．直线l恒过定点
B．圆C被x轴截得的弦长为
C．直线被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为
D．直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为
10．已知函数（）满足，且在上有最小值，无最大值.则下述四个结论正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．的最小正周期为3
D．在上的零点个数最少为1345个
11．若，且，则（ ）
A． B． C． D．
12．在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成角正切值的最大值为
D．当P位于时，三棱锥的外接球体积最小
三、填空题
13．展开式中的常数项为________.
14．如图，南北方向的公路l，A地在公路正东2km处，B地在A东偏北方向处，河流沿岸曲线PQ上任意一点到公路l和到A地距离相等．现要在曲线PQ上一处建一座码头，向A、B两地运货物，经测算，从M到A、到B修建费用都为a万元，那么，修建这条公路的总费用最低是___________万元．
15．设曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，若存在，使得，则实数的取值范围是______．
16．从集合的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：① U都要选出；②对选出的任意两个子集A和B，必有或.则选法有___________种.
四、解答题
17．已知f（α）．
（1）化简f（α）；
（2）若f（α），且α为第三象限角，求cos（α）的值．
18．已知为公差不为的等差数列，，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
19．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF=3，G和H分别是CE和CF的中点.
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDEF；
（Ⅱ）求证：平面BDGH//平面AEF；
（Ⅲ）求多面体ABCDEF的体积.
20．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另一位著名的数学家帕斯卡（B. Pascal）提出了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C. Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下：设两名运动员约定谁先赢局，谁便赢得全部奖金元.每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止.奖金该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.
（1）规定如果出现无人先赢局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.若，，，，求.
（2）记事件为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当，，时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件.
21．已知椭圆过点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，椭圆的左、右顶点分别为，，过点的直线交椭圆于点，，直线交直线于点，求证：．
22．已知函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)已知，若存在时使不等式成立，求的取值范围．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
2．C
3．B
4．B
5．C
6．B
7．C
8．B
【分析】令，，则有，，，令,利用导数可得，即；令，利用导数可得，即；令，利用导数可得，即，从而可得，即可得答案.
【详解】解：因为，，
令，
因为，所以，
所以，
所以，，，
令,
则有,
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以,
即有,
所以有(当时取等号)，
所以，即；
令，
则，
所以单调递减，
所以当时，，
即，
所以，
即有，
所以，
故排除A，D；
令，
则，
，
所以单调递减，
当时，，
所以单调递减，
所以当时，，
即，
所以，
所以，
即，
所以.
故选：B.
9．ABD
10．ACD
11．ACD
【分析】设，其中，
对于A：根据范围求解；
对于B：代辅助角公式化简求解；
对于CD：换元，令，根据单调性求解；
【详解】由题知，，设，其中，
对于A： ，所以，即，所以A正确；
对于B ：，，所以，所以，所以，即，所以B错误；
对于C：
令，则，所以，又，，所以，所以，所以， 其中，令，对称轴为，所以在单调递增，所以当时，有最大值为3，即，所以C正确；
对于D：
令，则，所以，又，，所以，所以，所以，
令，则，
因为，所以，所以在单调递减，所以的最小值为，即，所以D正确.
故选：ACD.
12．AC
【分析】证明平面后可判断A，由线面平行的性质定理判断B，求出直线与平面所成角正切值判断C，根据球体积公式判断D．
【详解】正方体中侧棱与底面垂直，则与底面内的直线垂直，而正方形的对角线与垂直，与是对角面内两相交直线，因此有与平面垂直，当然垂直于此平面的直线，A正确；
设，，如图，若平面，是过的平面与平面的交线，则，但由正方体性质知是中点，是中点，所以，而与相交，这是不可能的，B错；
如图，易知在平面上的射影在中，连接，则是与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，的最小值是到直线的距离，所以的最大值为，C正确；
正方体中，设平面，交于（由面面垂直的性质定理可得是上），
易知是的外心，因此的外接球的球心一定在上，设为，高，正方体棱长为，则，，其中，所以当时，最小，此时重合．D错．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理，直线与平面所成的角，棱锥的外接球问题，需要对每个知识都能掌握并运算，属于中等难度的题目．解题关键是掌握正方体的性质，掌握正方体中的直线、平面间的平行、垂直关系，由此才能正确快速地求解．
13．15
14．
15．
【详解】试题分析：由于,因此切线的斜率为；又由于,因此切线的斜率为,由题设在上有解,即,令,则,所以问题转化为求函数在上的值域问题.令,当时,,所以.
考点：导数的几何意义及函数方程思想的运用．
【易错点晴】本题考查的是函数方程思想在解决实际问题中的运用.解答本题的关键在于先要依据题设条件分别求出两条曲线在给定点处的切线的斜率和,再利用其互相垂直这一条件和信息建立关于切点的横坐标为变量的方程,最后再将参数分离出来,将方程问题转化为函数问题,最终通过换元转化借助函数的图象和单调性求出其值域,使问题获解.
16．
【分析】分析出当一个子集只含有m个元素时，另外一个子集可以包含，，个元素，所以共有种选法；再进行求和即可.
【详解】因为 U都要选出；故再选出两个不同的子集，即为M，N，
因为选出的任意两个子集A和B，必有或，
故各个子集所包含的元素个数必须依次增加，且元素个数多的子集包含元素个数少的子集，
当一个子集只含有1个元素时，另外一个子集可以包含2，3，4个元素，所以共有种选法；
当一个子集只含有2个元素时，另外一个子集可以包含3，4，个元素，所以共有种选法；
当一个子集只含有3个元素时，另外一个子集包含4，5，个元素，所以共有种选法；
……
当一个子集只含有m个元素时，另外一个子集可以包含，，个元素，所以共有种选法；
……
当一个子集有个元素时，另外一个子集包含个元素，所以共有种选法；
当一个子集有个元素时，另外一个子集包含有个元素，即为U，不合题意，舍去；
故共有
.
故答案为：
【点睛】对于集合与排列组合相结合的题目，要能通过分析，求出通项公式，再结合排列或组合的常用公式进行化简求解.
17．（1）f（α），（2）．
【解析】（1）利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简表达式.
（2）由，求得的值，进而求得的值，再由两角和的余弦公式，求得的值.
【详解】（1）f（α），
（2）由f（α），
又已知α为第三象限角，所以sinα＜0，
所以sinα，
所以cos（α）＝cosαcossinαsin
．
【点睛】本小题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式、两角和的余弦公式，考查运算求解能力，属于中档题.
18．(1) (2)
【分析】(1)设出公差，利用已知条件列方程解出公差即可.
(2)得到的通项公式，可由分组求和法求前项和.
【详解】（1）成等比数列，所以
即，即.
因为，所以，
所以.
（2）由题意得：，，
所以.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的基本问题，考查分组求和法.若且数列的前项和易求，则可以利用分组求和法求数列的前项和.
19．（Ⅰ）答案详见解析；（Ⅱ）答案详见解析；（Ⅲ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）∵平面平面，且，由面面垂直的性质定理知平面，该题还可以利用线面垂直的判定定理证明，先证平面，得，又，进而证明平面；（Ⅱ）要证明面面平行，需寻求两个线面平行关系，由，得平面；设，连接，则，从而平面，进而证明平面平面；（Ⅲ）对于不规则几何体的体积问题，可以采取割补的办法，将之转化为规则的几何体来求，所求几何体的体积等于.
试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形是正方形，所以.
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面.
（Ⅱ）证明：在中，因为分别是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.设，连接，在中，因为，，所以，又因为平面，平面，所以平面.
又因为，平面，所以平面平面.
（Ⅲ）解：由（Ⅰ），得平面，，四边形的面积，
所以四棱锥的体积.同理，四棱锥的体积.
所以多面体的体积
考点：1、直线和平面垂直的判定；2、面面平行的判定；3、几何体的体积.
20．（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，可知最后一局必然甲赢，可知的可能取值有、、，分别计算出在不同取值下的概率，可得出，进而可得出，由此可气得结果；
（2）设赌博继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，可知的可能取值有、，分别计算出在不同取值下的概率，可求得，进而可得出，再利用导数求出的最小值，进而可得出结论.
【详解】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.
由题意知，最多再进行局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以；
当时，甲以赢，所以.
所以，甲赢的概率为.
所以，；
（2）设比赛继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢.
当时，乙以赢，；
当时，乙以赢，；
所以，乙赢得全部奖金的概率为.
于是甲赢得全部奖金的概率.
求导，.
因为，所以，所以在上单调递增，
于是.
故乙赢的概率为，故事件是小概率事件.
【点睛】关键点点睛：本题在求和时，要明确最后一局是谁赢，前几局甲或乙各赢了几局，再结合独立事件的概率乘法公式计算即可.
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得即可求得椭圆的方程；
（2）设：，与椭圆方程联立可得关于的一元二次方程，结合韦达定理证明直线的斜率与直线的斜率相等即可.
【详解】（1）依题意可得，则，所以椭圆的方程为；
（2）依题意可知，直线的斜率存在且不等于零，故设：，将其代入椭圆整理得：.
设，，则，且，，
直线的方程为，直线的方程为，联立可得.
则直线的斜率，直线的斜率，
，
由于
所以，即，故.
【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是证明.
22．(1)函数在区间上单调递减；
(2).
【分析】(1)求出函数的导数，判断的符号作答.
(2)对给定不等式作等价变形，借助(1)脱去法则“f”，分离参数构造函数，再求出函数最值作答.
(1)
函数，，求导得：，
令，，则，即函数在区间单调递减，
而，则当时，，即，
所以函数在区间上单调递减.
(2)
当时，，
因且，则，由(1)知，在单调递减，
则存在，不等式成立，
令，则，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，于是得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，再利用函数的导数探讨解决问题.

广东省东莞市第四高级中学2022-2023高三下学期数学第11次测试（含答案）