2023年3月份第2周 数学好题推荐（含解析）

2023年3月份第2周 数学好题推荐
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1、已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2、当时,( )
A.1 B. C.i D.
3、已知，，，则a，b，c的大小关系为( )
A. B. C. D.
4、函数在处的导数为-2，则曲线在点处的切线方程为( )
A.
B.
C.
D.
5、已知向量，，若，则向量b在向量a方向上的投影为( )
A. B. C. D.
6、若，，，则( )
A. B. C. D.
7、已知实数m，n满足，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8、已知椭圆C的短轴长为6，离心率为，，为椭圆C的左、右焦点，P为椭圆C上的动点，则面积的最大值为( ).
A.9 B.12 C.15 D.20
9、已知数列的首项，前n项和为，，.设，则数列的前n项和的取值范围为( )
A. B. C. D.
10、在三棱锥中，和为等边三角形，二面角的余弦值为，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的体积为( )
A. B. C. D.
11、已知函数，则的定义域为( )
A. B. C. D.
12、已知，，，则( )
A. B. C.0.33 D.0.1
13、已知的展开式中的系数为40，则m的值为( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
14、已知点，设不垂直于x轴的直线l与抛物线交于不同的两点A、B，若x轴是的平分线，则直线l一定过点( )
A. B. C. D.
15、直线l过点，被圆截得的弦长为，则直线l的方程是( )
A. B. C. D.或
16、如图1，四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，，，，，沿AD边将四边形ADEF折起，使得平面平面ABCD，如图2，动点M在线段EF上，N，G分别是AB，BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
17、设a，，且，则( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
18、如图为函数的导函数的图象，则下列判断正确的是( )
A.在上单调递增
B.是的极小值点
C.在上单调递减，在上单调递增
D.是的极小值点
19、已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法中正确的是( )
A.若，，，则
B.若m，，，，则
C.若，，，则
D.若，，，，则
20、将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则下列结论中正确的是( )
A.的最小正周期为π B.直线是图象的一条对称轴
C. D.为奇函数
21、我国古代数学专著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还a升、b升、c升粟，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A.a，b，c依次成公比为2的等比数列 B.a，b，c依次成公比为的等比数列
C. D.
22、设，非零向量，，则( ).
A.若，则 B.若，则
C.存在，使 D.若，则
三、填空题
23、已知是定义在R上的偶函数，且，.若，则_________________.
24、在中,为上两点且,若,则的长为_____________.
25、的展开式中含项的系数为___________.
26、等腰三角形顶角的余弦值为，则一个底角的正切值为_____________.
四、解答题
27、已知的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且.
（I）求角B的大小；
（II）若，求周长的取值范围.
28、设为等差数列的前n项和，是正项等比数列，且.在①，②，③这三个条件中任选一个，回答下列问题：
（I）求数列和的通项公式；
（Ⅱ）如果，写出的关系式，并求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
29、在平面直角坐标系中,已知双曲线的离心率为,直线与双曲线C交于两点,点在双曲线C上.
(1)求线段中点的坐标;
(2)若,过点D作斜率为的直线与直线交于点P,与直线交于点Q,若点满足,求的值.
30、已知函数，.
（1）求函数的极值点；
（2）若恒成立，求实数m的取值范围.
参考答案
1、答案：D
解析：由题，，，则，故选D.
2、答案：D
解析：，故原式.
3、答案：B
解析：由，得，又，
所以，即，故选B.
4、答案：C
解析：因为，所以，解得，所以，，所以曲线在点处的切线方程为，即，故选C.
5、答案：C
解析：由得，解得，所以，，所以向量b在向量a方向上的投影，故选C.
6、答案：A
解析：本题考查两角和的正切公式的应用.且，，所以，，又，.
7、答案：D
解析：因为，则，当且仅当时取等号，此时的最大值为.
8、答案：B
解析：由题意可知，，即，因为，所以，即，.
当P为椭圆C的短轴的端点时，的面积取最大值，面积为.
9、答案：C
解析：由，可得当时，有，两式相减得，故.
又当时，，
所以数列是首项为3、公比为3的等比数列，故.
所以，所以.
所以，①
，②
①-②，得，
化简整理得.
因为，所以，又，
所以数列是递增数列，所以，所以，故的取值范围是，选C.
10、答案：A
解析：如图所示，设外接球的球心O在平面内的射影为，在平面内的射影为，则二面角的平面角为，和是等边三角形，设，三棱锥的高为h，则，，，，解得，，，，设，因为，则，所以，外接球O的半径，即所求外接球O的体积为.
11、答案：A
解析：要保证有意义，
则，即.
因此使有意义的x满足.
故的定义域为.
12、答案：A
解析：由全概率公式可得：，
可得，解得：.
故选：A.
13、答案：B
解析：由题意可得，
在的展开式中，由，
令无解，即的展开式没有项；
在的展开式中，由，
令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得.
故选：B.
14、答案：B
解析：设直线l的方程为，，.
由得，
所以，即，，.
因为x轴是的平分线，所以，所以，
即，整理，得，
所以，
化简，得，
所以，
所以直线l过定点.故选B.
15、答案：D
解析：圆的圆心坐标为，半径为2.直线l过点，被圆截得的弦长为，点在y轴上，圆C与y轴相切，圆心到直线l的距离为1，且直线l的斜率存在.设所求直线l的方程为，即，，解得或，所求直线方程为或.故选D.
16、答案：A
解析：如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由题意可得，，，，
，动点M在线段EF上，
可设，.
，
.
令，
则，，
，
当时，取最大值，.故选A.
17、答案：D
解析：，，故A错；，，即，，可得，，故B错；，，而，则，故C错；，，，，等号取不到，故D正确.故选D.
18、答案：BC
解析：当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，是的极小值点，A错误，B正确；当时，，在上单调递减，是的极大值点，C正确，D错误.故选BC.
19、答案：AD
解析：A选项，若，，则，，则，所以该选项正确；B选项，若m，，，，只有m与n相交，才能得出，所以该选项错误；C选项，若，，，则m，n可能平行也可能异面；D选项，根据面面垂直的性质可得，若，，，，则该选项正确.故选AD.
20、答案：ACD
解析：将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,所以的最小正周期为,故选项A正确;令,得,故易知选项B错误;,所以选项C正确;,所以是奇函数,所以选项D正确.故选ACD.
21、答案：BD
解析：由条件，知a，b，c依次成公比为的等比数列，又，所以，所以.
22、答案：ABD
解析：对于A，，而，因为，所以（舍去），，则，所以，，
所以，故A正确；
对于B，当时，，，
所以，故B正确；
对于C，若，则，且，因此，显然，故C不正确；
对于D，若，则，则解得（舍去）或，则，即，故D正确.故选ABD.
23、答案：-3
解析：由可得，又，所以.由可得，故，故的一个周期为8，则.
24、答案：
解析：由题意,在中,由余弦定理得;在中,由余弦定理得.又,即.又,.易知.在中,由余弦定理得,.
25、答案：-12
解析：，
的展开式中项为：，
的展开式中没有项，
故的展开式中含项的系数为-12，
故答案为：-12.
26、答案：
解析：设等腰三角形的顶角为A，一个底角为B，则B与互余，
因为等腰三角形顶角的余弦值为，
所以，所以，所以，所以，
所以，因为，
所以，
则，
所以.
27、答案：（I）
（II）
解析：（I）由和正弦定理得
，
即.
由得.
，
.
又，
，
即.
（II）由（I）知，
，.
根据正弦定理得，
.
，
.
又，
，
，
周长的取值范围为.
28、答案：（Ⅰ）若选①，，
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，
则解得或（舍），
则.
若选②，，
设等差数列的公差为d，等比数的公比为.
因为，所以，解得，
所以.
又因为，所以，
解得，所以.
若选③，，
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为.
因为，
则解得
则.
（Ⅱ）因为，
所以，即，
.
解析：
29、答案：(1)
(2)
解析：本题考查双曲线的方程、直线与双曲线的综合应用.
(1)依题意,双曲线C的离心率,则, 故双曲线C的方程为.
联立得,且.
设,则.
设线段的中点为,故,
将代入直线,得,
故线段的中点坐标为.
(2)依题意,,则双曲线C的方程为.
直线,又点在双曲线C上,
所以,故直线的方程为.
由题可知,点均不重合,由易知为的外心,设,则,即,即.
线段的垂直平分线的方程为,线段的垂直平分线的方程为.
联立得
联立解得,同理.
故,
故解得
代入方程,得,
即,则.
30、
（1）答案：是的极大值点，无极小值点
解析：由已知可得，函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以是的极大值点，无极小值点.
（2）答案：当时，恒成立
解析：设，，
则，
令，，
则对任意恒成立，
所以在上单调递减.
又，，
所以，使得，即，则，
即.
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减，
故，解得，
所以当时，恒成立.