四川省树德中学2023届高三数学（理）上学期10月阶段性测试试题（PDF版含答案）

9．设方程2x＋x＋2＝0和方程log2x＋x＋2＝0的根分别为p和q，设函数f(x)＝(x＋p)(x＋q)，则()树德中学高2020级高三上学期10月阶段性测试数学试题（理科）A．f(2)＝f(0)<f(3)B．f(0)<f(2)<f(3)C．f(3)<f(2)＝f(0)D．f(0)<f(3)<f(2)命题人：陈秀丽10．已知奇函数f(x)3sin(x)cos(x)(0,0π)的周期为π，将函数f(x)的图像向右平一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.移个单位长度，可得到函数yg(x)的图像，则下列结论正确的是（）61．如果复数z满足zi1，那么z的最大值是（）πππA．函数g(x)2sin2xB．函数g(x)在区间,上单调递增A．0B．1C．2D．2i6632．设N{x|2x2}，M{x|a1xa1}，若M是N的真子集，则实数a的取值范围是()ππC．函数g(x)的图像关于直线x对称D．当x0,时，函数g(x)的最大值是3A．1a1B．1a1C．1a1D．1a112211.如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为ABC和△ABD的重心，P为线段CM上一3．已知P是△ABC所在平面内的一点，若CBPBPA，其中λ∈R，则点P一定在（）点（）A．AC边所在的直线上B．BC边所在的直线上C．AB边所在的直线上D．△ABC的内部A．APBP的最小为24.设正项等比数列an的前n项和为Sn，若2S33a28a1，则公比q（）6B．若DP⊥平面ABC，则CPCM43339A．2B．C．2或D．2或C．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为222225．下列判断，不正确的选项是（）D．若F为线段EN的中点，且DP∥MF，则MPMC5A．若fax是奇函数则f(x)的图象关于点(a,0)对称22xyx1对称.12．已知F1,F2分别为双曲线C:1的左､右焦点，E为双曲线C的右顶点.过F2的直线与双曲线CB．曲线yf2x2f12x的图象关于直线4122C．函数f(x)定义在R上的可导函数，若f(x)为偶函数，则其导函数f(x)为奇函数．的右支交于A,B两点（其中点A在第一象限），设M,N分别为AF1F2,BF1F2的内心，则MENE的D．若函数f(x)=f(2x)，则函数f(x)图像关于x=1轴对称.取值范围是（）6.比较甲、乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值（满分为5分，分值高者为优），绘制了如图所示的六维能力雷达图，43434343333355A．,,B．,C．,D．,例如图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，33335533则下面叙述错误的是（）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）A．甲的逻辑推理能力指标值优于乙的逻辑推理能力指标值13．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时B．乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值零件数x1020304050间，为此进行了5次试验收集到的数据如表:由最小二乘法求C．乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整得回归方程为yˆ=0.67x+54.9，现发现表中有一个数据a模糊不加工时间y/min62a758189体水平清，请你推断出该数据的值为_____.D．甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值xxy207．已知过点Aa,0作曲线y1xe的切线有且仅有1条，则14．已知关于x，y的不等式组2xy40表示的平面区域为M，在区域M内随机取一点Nx0,y0，a（）x0A．3B．3C．3或1D．3或128．某市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成绩服从正态分布N(90,)，已知则|3x04y012|的最小值P(80≤100)0.4，若按成绩采用分层抽样的方式抽取100份试卷进行分析，则应从100分以上的试卷nn中抽取的份数为（）15．数列an满足a12，an2(1)ansin，则an前40项和为________．4A．60B．40C．30D．15高三数学（理科）2022-10阶考第1页共2页 2sin2πx2πa3,xaC:x2y22x450内切，且与圆C:x2y22x30外20．在平面直角坐标系Oxy中，动圆P与圆1216．已知函数fxaR，若fx在区间0,内恰好有7个零点，4422x2a1xa6,xa切，记动圆P的圆心的轨迹为E.则a的取值范围是（1）求轨迹E的方程；三、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.）（2）过圆心C2的直线交轨迹E于A,B两个不同的点，过圆心C1的直线交轨迹E于D,G两个不同的点，222ACABBC17．已知四边形ABCD是由△ABC与△ACD拼接而成的，且在△ABC中，2ABBC．AB且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值.（1）求角B的大小；75（2）若sinACD，ADC，AD1，BC2．求AB的长．146a221．已知函数fxlnxx（aR）.2（1）当a1时，对于函数Gxfx3lnx，存在x1,x21,4，使得Gx1Gx2m成立，求满足18.在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，条件的最大整数m；（ln20.693）1a2AE⊥平面ABCD，DF//AE，且DFAE1，N为BE的中点，M（2）使不等式f(x)3xx(k2)xxlnx1b对任意x[1,e]恒成立时最大的k记为c，求当b[1,2]22为CD中点，时，bc的取值范围．（1）求证：FN//平面ABCD；（2）求二面角NMFD的余弦值；请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.x23t19．2022年6月17日，我国第三艘航空母舰“中国人民解22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，xyt放军海军福建舰”下水试航，这是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹2轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C极坐标方程为：sin6cos.射和阻拦装置，满载排水量8万余吨“福建舰”的建成、下水及试航，是新时代中国强军建设的重要成果．某校为纪念“福（1）求直线l普通方程与曲线C的直角坐标方程；建舰”下水试航，增强学生的国防意识，组织了一次国防知（2）过点M2,0的直线l与C相交于A，B两点，求AM+BM的值.识竞赛，共有100名学生参赛，成绩均在区间[50,100]上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点）．（1）学校计划对成绩不低于平均分的参赛学生进行奖励，23．设函数fx2x3．若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，试求受奖励的分数线的估计值；（2）知识竞赛试卷中有一类双项选择题，每题有5个备选项，其中有且仅有2项是正确的．得分规则为：（1）解不等式fxfx21；所选选项中，只要有错误选项，得0分；弃答得1分；仅选1项且正确，得3分；选2项且正确得6分．某学生对其中一道双项选择题能确定其中1个选项是错误的，为使得分的期望最大，该学生应该选择哪一2（2）当xR时，fx2xax1恒成立，求实数a的取值范围．个策略：①弃答；②从剩下4个选项中任选1个作答；③从剩下4个选项中任选2个作答．高三数学（理科）2022-10阶考第2页共2页 树德中学高2020级高三数学阶考试题（理科)参考答案1所以二面角NMFD的余弦值为；…………12分1-6CDAABD7-12CCACDB38171119.（1）由频率分布直方图可知100.0060.008a0.0260.0421，解得a0.018．…………2分13.6814.415.30216.,3,363平均分的估计值为0.06550.26650.42750.18850.089574.6，222ACABBC所以受奖励的分数线的估计值为74.6．…………5分17.（1）∵2ABBC，∴整理可得，BC2+AB2﹣AC2＝BC•AB，AB（2）策略①弃答的得分为1分；…………6分222BCABAC1∴在△ABC中，由余弦定理可得cosB，0＜B＜π，∴B．…………6分C11C113222ABBC2设策略②的得分为X，X的可能值为0，3，P(X0)，P(X3)，11C2C244AC1ACAD（2）在△ADC中，由正弦定理，可得sin57，可得AC7，……9分则X的分布列为：sinDsinDCA614X03在△ABC中∵由余弦定理AC2＝BC2+AB2﹣2AB•BC•cosB，可得7＝4+AB2﹣22AB1，P0.50.52期望为EX00.530.51.5；…………9分可得AB2﹣2AB﹣3＝0，∴解得AB＝3，（负值舍去）．…………12分2C1518.（1）法一：证明：过N作NHAB于H，设策略③的得分为Y，Y的可能值为0，6，P(Y6)2，P(Y0)1P(Y6)2C46611N为BE的中点，NHAEDF//AE，且DFAE122则Y的分布列为：四边形NHDF为平行四边形，FNDH，FN面ABCD且Y06HD面ABCD，FN//平面ABCD；…………6分法二：因为AE⊥平面ABCD，AB,AD平面ABCD，所以51PAEAB,AEAD，因为ABAD，所以AE,AB,AD两两垂直，所以以A为66原点，AB,AD,AE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，51如图所示，因为平面ABCD是边长为2的正方形，DF//AE，且期望为EY061，…………11分显然E(Y)1E(X)，所以应选策略②．……12分66DF1AE1，N为BE的中点，所以A0,0,0，B2,0,0，D0,2,0，20．（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为x,y271由题意可知：圆C1的圆心为C11,0，半径为；圆C2的圆心为C21,0，半径为.22E0,0,2，N1,0,1，M1,2,0，F0,2,1，所以NF1,2,0，因为PC7R1平面ABCD的法向量可以为n0,0,1，所以NFn0，即NFn，又动圆P与圆C内切，且与圆C外切，2PCPC4CC2…………2分121212PC1R2NF平面ABCD，所以NF//平面ABCD；…………6分2mNFx2y022（2）因为NF1,2,0，MF1,0,1，设平面MNF的法向量为mx,y,z，则，动圆P的圆心的轨迹E是以C,C为焦点的椭圆，设其方程为：xy1(ab0)，mMFxz01222ab22令y1，则xz2，所以m2,1,2，…………8分其中2a4,2c2,a2,b23，从而轨迹E的方程为：xy1……………………4分43因为AE⊥平面ABCD，DF//AE，所以DF平面ABCD，因为AD平面ABCD，所以DFAD，因为（2）当直线AB的斜率不存在，或为0时，ADDC,DCDFD，DC，DF平面MFD，所以AD平面MFD，所以平面MFD的法向量可以为2112b四边形ADBG面积S长轴长通径长=2a6…………5分u0,1,0，22a当斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为ykx1k0,Ax1,y1,Bx2,y2，则Mx1,y1mu1ykx122设二面角NMFD为，由图可知二面角NMFD为钝角，则cos，…………11分由22可得：4k23x28k2x4k2120，xx8k,xx4k12…………7分mu3xy11221224k34k343高三数学（理科）2022-10阶考第3页共2页 22②当p(e)0，即b[e1,2]时，g(x)0，g(x)递减，8k24k21212k12222AB1kx2x11kx2x14x1x21k2422.cg(x)g(e)b2，bcb2b[1e,42]；…………8分4k34k34k3mineeee2③当p(1)p(e)0时，p(x)在(1,e)上递增，存在唯一的实数x0(1,e)，使得p(x0)0，x0lnx0b0，112k1ABDG,kDG，同理可得：DGbx0lnx0，则当x(1,x0)时，p(x)0，g(x)0，g(x)递减，k3k24xlnxlnxb11000x(x0,e)时，p(x)0，g(x)0，g(x)递增，cg(x)ming(x0)1lnx0，2222x0x01112k112k172k1ABDG，四边形ADBG面积SABDG2222…9分bcxlnx1lnxx11224k33k44k33k40000，bx0lnx0，令h(x)xlnx，h(x)1，x(1,e)时，h(x)0，x0x0x22112272k172k1288h(x)递增，所以b(1,e1)时，x0(1,e)，所以bcx0(2,e)，…………10分S2226x0e（法一）4k33k44k233k244942综上，bc[2,2]．…………12分e28822S…………12分等号当且仅当4k33k4时取，即k1时，minx23t4922.（1）由于，消t得23yx，即x3y20，…………2分yt272t7272S212211111249（法二）令k1t,k0,t1，则tt122222t2tt由sin6cos得sin6cos，∴曲线C的直角坐标方程是：y6x.…………4分2411288当，即k1时，Smin6…………12分3t249x23tx2t2（2）将直线l：化为标准形式，a2yt121.（1）由已知可得Gxfx3lnx，fxlnxx，a1，yt22122Gxx22lnx，2x22132所以Gxx，代入y6x，2t622t并化简得t123t480.…………7分2xx当1x2时，Gx0，函数Gx在1,2上单调递减，6240，设A，B对应参数为t1，t2，t1t2480，所以当2x4时，Gx0，函数Gx在2,4上单调递增，…………2分AMBM|t1||t2|t1t2439.…………10分123.（1）fxfx21|2x3||2x1|1又G1，G484ln2，G21ln2，因为ln20.693，所以G2G1G423311xxx所以函数Gx在1,4上的的最大值为84ln2，最小值为1ln2，原不等式可化为2或22或2，因为存在x1,x21,4，使得Gx1Gx2m成立，所以GxGxm，2x32x112x32x112x32x11maxmin所以m73ln2，又ln20.693，故73ln24.921，所以满足条件的最大整数m的值为4；……4分1111解得x或x或x，即原不等式的解集为[,).…………5分a42242f(x)3xxxlnxb1（2）因为x0，所以原不等式可变为2xlnxlnxb1，22k21（2）当xR时，fx2xax1，即|2(x2x)3|a|x1|，xxxlnxlnxb1xlnxb当x1时，10，此时aR，令g(x)1，g(x)，222xx|2(x2x)3||2(x1)1|1当x1时，a2|x1|，1x1|x1||x1||x1|令p(x)xlnxb，则p(x)1，x[1,e]时，p(x)0，p(x)递增，p(x)minp(1)1b，xx112因为2|x1|22，当且仅当2|x1|，即x1时取等号，所以a22.|x1||x1|2p(x)p(e)e1b，…………6分max综上所述，实数a的取值范围为(,22].…………10分①当p(1)0，即b1时，在[1,e]上g(x)0，g(x)是增函数，cg(x)ming(1)b，cb2b2，高三数学（理科）2022-10阶考第4页共2页