江西省5市重点中学2023届高三数学（文）下学期阶段性联考试题（Word版附解析）

高三阶段性考试数学（文科）第Ⅰ卷一、选择题：本题共12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.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式求得集合，由交集定义可求得结果.【详解】由得：，即，.故选：A.2.若复数满足，则（）A.B.C.5D.17【答案】C【解析】【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【详解】∵，∴，∴.故选：C.3.函数，则（）A.－2B.－1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式，从里到外计算即可.【详解】由， 得，则.故选：D.4.已知双曲线（）的一条渐近线的斜率为2，焦距为，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据题意列式求解，即可得结果.【详解】由题意可得：，解得.故选：A.5.已知向量，，且，则向量的夹角是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由可求得，根据向量夹角公式可求得结果.【详解】，，，又，.故选：D.6.在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线BE与DF所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】取等边△ABC的AC边的中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，运用异面直线所成角的计算公式即可得结果.【详解】取等边△ABC的AC边的中点O，连接OB，则，过O作的平行线，则以O为原点，分别以OB、OC、Oz为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设等边△ABC的边长为2，则，，，，∴，，∴.所以异面直线BE与DF所成角的余弦值为.7.某校举行校园歌手大赛，5名参赛选手的得分分别是9，8.7，9.3，x，y.已知这5名参赛选手的得分的平均数为9，方差为0.1，则（）A.0.5B.0.6C.0.7D.0.8【答案】D【解析】【分析】先由平均数和方差分别得到和的值，再整体代入计算的值即可.【详解】因为平均数为，所以. 因为方差为所以，所以，又因为，所以，所以，所以.故选：D.8.设函数的导函数为，若在其定义域内存在，使得，则称为“有源”函数.已知是“有源”函数，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据“有源”函数概念，转化为函数有解问题，利用导函数求出函数值域即可得到参数a的范围【详解】∵，∴，由“有源”函数定义知，存在，使得，即有解，记，所以a的取值范围是就是函数的值域，则，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，所以，所以， 即a的取值范围是.故选：A9.如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据古典概型概率的计算公式即可求解.【详解】将四块三角形区域编号如下，由题意可得总的涂色方法有种，若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，故所求概率.故选：A10.已知函数，则（）A.的最小正周期是B.在上单调递增C.的图象关于点对称D.在上的值域是 【答案】B【解析】【分析】利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，利用正弦型函数最小正周期、单调性、对称中心和值域的求法依次判断各个选项即可.【详解】；对于A，的最小正周期，A错误；对于B，当时，，此时单调递减，在上单调递增，B正确；对于C，令，解得：，此时，图象关于点对称，C错误；对于D，当时，，则，在上的值域为，D错误.故选：B.11.已知球O的半径为2，圆锥内接于球O，当圆锥的体积最大时，圆锥内切球的半径为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，体积求导判断单调性求出的值，再根据圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径求解内切球半径. 【详解】设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为，所以圆锥的体积，令，则，所以因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为.因为圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径，所以圆锥内切球的半径.故选：C12.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意利用正弦定理可得，进而整理，并求的取值范围，结合正弦函数分析运算即可.【详解】因为，由正弦定理可得，则，因为，，则，所以，即，则， 因为，解得，所以，则，即的取值范围是.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.已知实数满足约束条件，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】由约束条件作出可行域，将问题转化为在轴截距最大值的求解，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，当取得最大值时，在轴截距最大，由图形可知：当过点时，在轴截距最大，由得：，即，.故答案为：. 14.已知是第二象限角，且，则______．【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数关系和二倍角正弦公式可直接求得结果.【详解】是第二象限角，，，，.故答案为：.15.已知是定义在上的增函数，且的图像关于点对称，则关于x的不等式的解集为______________.【答案】【解析】【分析】观察不等式，结合函数的性质，构造新函数，为上的增函数和奇函数，再利用其奇函数和增函数的性质求解不等式即可.【详解】设函数，因为的图像关于点对称，所以的图像关于原点对称，故为定义在上的奇函数，因为是定义在上的增函数，所以也是定义在上的增函数，由，得，即，即，则解得，即不等式的解集为. 故答案为:.16.已知抛物线焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线，，且直线，分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是______________.【答案】128【解析】【分析】由题意可得，直线的斜率存在且不为0，设直线：，联立抛物线方程，利用韦达定理和弦长公式求出，由于直线，互相垂直，可得，用同样的方法求出，根据四边形的面积公式和均值不等式，即可求其最小值.【详解】由题意可得，直线的斜率存在且不为0，设直线：，，，由于直线，互相垂直，则，联立，整理得，则，，从而，同理可得，四边形的面积，当且仅当，即时，等号成立，即四边形ADBE面积的最小值是128， 故答案为：128.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.国际足联世界杯（），简称“世界杯”，是由全世界国家级别球队参与，象征足球界最高荣誉，并具有最大知名度和影响力的足球赛事.年卡塔尔世界杯共有支球队参加比赛，共有场比赛.某社区随机调查了街道内男、女球迷各名，统计了他们观看世界杯球赛直播的场次，得到下面的列联表：少于场比赛不少于场比赛总计男球迷女球迷总计（1）求的值，并完成上述列联表；（2）若一名球迷观看世界杯球赛直播的场次不少于场比赛，则称该球迷为“资深球迷”，请判断能否有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关.参考公式：，其中.参考数据：【答案】（1），列联表见解析（2）有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关【解析】【分析】（1）根据球迷总人数可构造方程求得的值，进而补全列联表；（2）由列联表数据可计算得到，对比临界值表可得结论.【小问1详解】 由题意得：，解得：；补全列联表如下：少于场比赛不少于场比赛总计男球迷女球迷总计小问2详解】由（1）得：，有的把握认为该社区的一名球迷是否为“资深球迷”与性别有关.18.已知正项数列的前n项和满足.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明.【小问1详解】由，得，两式相减得，整理可得.因为，所以.当时，，，则，所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以.【小问2详解】 由（1）知，，所以，即，因为，所以.19.如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点.（1）证明：平面；（2）若是棱的中点，，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论；（2）设点到平面的距离为，利用等体积转换的方式，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.【小问1详解】连接， ，，，又，，为棱中点，，又，，平面，平面，又平面，；在直角梯形中，取中点，连接，，，又，，，四边形为正方形，，，，又，，，，平面，平面，平面，；，，，，又，平面，平面.【小问2详解】，，，，由（1）知：平面，，则点到平面的距离，；，，，分别为棱中点，，，，，， ，，，由余弦定理得：，则，，设点到平面的距离为，，解得：，即点到平面的距离为.20.已知椭圆的左，右焦点分别为，，E的离心率为，斜率为k的直线l过E的左焦点，且直线l与椭圆E相交于A，B两点.（1）若，，求椭圆E的标准方程；（2）若，，，求k的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合题意可得，，，进而得到直线l的方程为，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理和弦长公式即可求解；（2）先表示出直线l的方程，根据椭圆定义和题设可得，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理和弦长公式即可求解.【小问1详解】因为，所以， 由，得.因为，，所以直线l的方程为，将直线方程代入椭圆方程并整理得.设，，则，，所以，解得，所以椭圆E的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，，，，易得直线l的方程为，椭圆E的方程为，将直线方程代入椭圆方程并整理得.由，，得，，又因为，，可得，，所以.设，，则，，因为，所以，整理得， 又因为，所以.21.已知函数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据切点处导函数值等于切线斜率，运用点斜式求切线方程即可；（2）分，，两种情况解决，当时，参数分离得，设，得，设，求导讨论单调性，得在上单调递减，在上单调递增，即可解决.【小问1详解】当时，，所以，所以，，所以所求切线方程为，即.【小问2详解】对任意的，恒成立，等价于对任意的，恒成立.①当时，显然成立.②当时，不等式等价于. 设，所以.设，则.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，又因为在中，，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即的取值范围为.（二）选考题：共10分.请考生从第22，23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分.［选修4—4：坐标系与参数方程］22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是.（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值.【答案】（1）；（2） 【解析】【分析】（1）曲线C的参数方程通过平方消元得到普通方程；通过极坐标方程与直角坐标方程关系得到直线l的直角坐标方程；（2）由题可知点P过直线l，利用直线的参数方程中参数与定点位置关系即可列式计算.【小问1详解】，得，根据极坐标方程与直角坐标方程关系可知直线l的直角坐标方程为：.【小问2详解】由（1）可知点过直线l，故直线l的参数方程可写为（t为参数），代入曲线C的普通方程得，由韦达定理可知：，，所以.［选修4—5：不等式选讲］23.已知函数.（1）求的最小值；（2）若，不等式恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据x的不同取值范围，展开化解函数，根据函数的单调性即可判断出的最小值；（2）根据（1）中解析式简化不等式，再展开绝对值计算即可.【小问1详解】当时， 当时，当时，综上，由此可知【小问2详解】由（1）可知解得，当时，欲使不等式恒成立，则，解得