四川省成都市树德中学2024届高三数学（理）上学期10月阶段性测试试卷（PDF版附答案）

树德中学高2021级高三上学期10月阶段性测试数学(理科)试题10．一个盒子中装有a个黑球和b个白球(a，b均为不小于2的正整数)，现从中先后无放回地取2个球.命题人：宁夏校区高三数学备课组审题人：王钊唐颖君朱琨记“第一次取得黑球”为A1，“第一次取得白球”为A2，“第二次取得黑球”为B1，“第二次取得白球”为B2，则()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abbb-1要求的.A.PA1B2=2B.PA2B1=⋅a+ba+ba+b-11．集合A=1,2,3，B=4,5，M=xx=a+b,a∈A,b∈B,则集合M的元素个数为()C.PB1A1)+P(B2A1<1D.PB2A1)+P(B1A2>1A.7B.6C.5D.422xy2．如果复数m2-3m+m2-5m+6i是纯虚数，则实数m的值为()11．如图，双曲线E：-=1a>0,b>0的左右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与其右支交于P，22abA.0B.2C.0或3D.2或3Q两点，已知PF1=2PF2且∠PF1F2=∠F1QP，则双曲线E的离心率为()3．已知直线l1:x-3y+2=0,l2:3x-ay-1=0，若l1⊥l2，则实数a的值为()A.3B.211A.1B.C.-D.-1C.3D.2224．已知平面α，β，γ，直线a，b，c，下列说法正确的是()A.若a⎳α，b⎳β，a⎳b，则α⎳βB.若a⊥α，α⊥β，则a⎳βC.若a⊥α，b⎳β，α⎳β，则a⊥bD.若α∩γ=a，β∩γ=b，a⎳b，则α⎳β312．已知函数fx=(x-3)+2x-6，且f2a-b+f6-b>0a,b∈R，则()5．向量a，b，c在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，A.sina>sinbB.ea>ebC.1>1D.a2024>b2024若e为与c同方向的单位向量，则a+b⋅e=()abA.1.5B.2二、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)2x-12C.-4.5D.-313．设命题p:<0，命题q:x-2a+1x+aa+1≤0，若p是q的充分不必要条件，x-1则实数a的取值范围是_________S3226．已知等比数列an各项均为正数，3a2+2a3=a4，an的前n项和为Sn，则=()14．过点(2,2)的直线l被圆C：x+(y+1)=16所截得的弦长为整数，a2137则满足条件的直线l有条.A.3B.C.D.133223415．已知多项式f(x)=a0+a1x+a2x+a3x+a4x满足对任意θ∈R,f(cosθ)=2cos4θ+cos3θ，7．要得到函数fx=sin2x+π的图象，可以将函数gx=sin2x+π的图象()则a1-a2+a3-a4=(用数字作答)．312ππA.向左平移个单位B.向左平移个单位a4816．若曲线y=x>0与曲线y=2lnx存在公切线，则实数a的取值范围为．ππxC.向右平移个单位D.向右平移个单位48三、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，每题满分12分，8．设函数fx的定义域为R，且f2x+2是奇函数，fx+1是偶函数，则一定有()每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，每题满分10分，考生根据要求作答．A.f-1=0B.f3=0C.f4=0D.f5=0(一)必考题：共60分.17．已知等差数列an满足a2=3,S5=25.2b9．阅读下段文字：“已知2为无理数，若(2)为有理数，则存在无理数a=b=2，使得a为有理数；(1)求数列an的通项公式；若(2)2为无理数，则取无理数a=(2)2，b=2，此时ab=(2)22=(2)2⋅2=(2)2=2为有理1(2)设bn=,Tn为数列bn的前n项和，求Tn.an+1+an数．”依据这段文字可以证明的结论是()22A.(2)是有理数B.(2)是无理数bbC.存在无理数a，b，使得a为有理数D.对任意无理数a，b，都有a为无理数高三数学(理科)2023-10阶考第1页共2页 22218．如图，四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，∠DAB=∠DBF=60°，FA=FC.20．已知抛物线C1:y=x，圆C2:x-4+y=1．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(1)求圆心C2到抛物线C1准线的距离；(2)求二面角A-FC-B的余弦值.(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A、B两点，若直5线PC2的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，k1·k2=-，求点P的坐标．2419．规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程x221．已知函数fx=e-kx，k>0．中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下(1)若k=2，求函数fx的极值点的个数；去，直至成功．2(2)是否存在正实数k,使函数fx的极值为2ek，若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；1(2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记t表示成功时2抽球试验的轮次数，y表示对应的人数，部分统计数据如下：(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.tx=-1+2t12345222．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，yy=1+2t232986040202圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.b求y关于t的回归方程y=+a，并预测成功的总人数(精确到1)；t(1)求直线l及圆C的极坐标方程；n(2)若直线l与圆C交于A,B两点，求cos∠AOB的值.xiyi-nx⋅yi=1附：经验回归方程系数：b=，a=y-bx；n22xi-nxi=1552211参考数据：xi=1.46，x=0.46，x=0.212(其中xi=，x=xi)．23．已知函数f(x)=|x-1|+|x-3|.i=1ti5i=1(1)解不等式f(x)≤x+1；22ab(2)设函数f(x)的最小值为c，实数a,b满足a>0,b>0,a+b=c，求证：+≥1.a+1b+1高三数学(理科)2023-10阶考第1页共2页 121树德中学高2021级高三上学期10月阶段性测试数学(理科)试题参考答案19.(1)由题知，X的取值可能为1，2，3所以PX=1==；C142题号1234567891011121212112122答案DADCDBBCCDBBPX=2=1-11=12；PX=3=1-11-1=3；C2C3C2C313.0,12,0.214.915.116.-e所以X的分布列为：17.(1)因为数列an为等差数列，设公差为d，X1235(a1+a5)a1+2d=511则S5==5a3=25，所以a3=5，又a2=3，所以，解得a1=1，d=2.22a1+d=3P3412则an=1+2n-1=2n-1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分1123+2+24291所以数学期望为EX=1×+2×+3×==.⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)由(1)知，bn=.412312122n+1+2n-1512n+1-2n-11(2)令xi=，则y=bx+a，由题知：xiyi=315，y=90，所以bn==(2n+1-2n-1)tii=1(2n+1+2n-1)(2n+1-2n-1)25T=1(3-1+5-3+⋯+2n+1-2n-1)=1(2n+1-1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分xiyi-5x⋅yn22i=1315-5×0.46×90108所以b====270，51.46-5×0.2120.418.(1)证明：设AC交BD于点O，连接FO，x2-5x2i∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，O为AC中点，i=1270又∵FA=FC，∴AC⊥FO，又FO∩BD=O，所以a=90-270×0.46=-34.2，y=270x-34.2，故所求的回归方程为：y=-34.2，tFO⊂平面BDEF，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分所以，估计t=6时，y≈11；估计t=7时，y≈4；估计t≥8时，y<0；(2)解：如图，连接DF，∵四边形BDEF为菱形，∠DBF=60°，预测成功的总人数为450+11+4=465.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分∴△DBF为等边三角形，又∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD=O，AC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，120.(1)由已知：C2(4,0)；C1的准线为x=-．∴FO⊥平面ABCD，分别以OA，OB，OF为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，4117设AB=2，则BD=2，AC=23，又∴△DBF为等边三角形，圆心C2到C1准线距离为4--4=4;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分∴OF=3，∴点O0,0,0，A3,0,0，B0,1,0，C-3,0,0，F0,0,3，2222(2)设Py0,y0，Ay1,y1，By2,y2,切线PA:x-y0=m1y-y0∴CF=3,0,3，CB=3,1,0，x=my+y2-my101022由2得：y-m1y-y0+m1y0=0设平面BCF的一个法量n=x,y,z，y=x由y0+y1=m1得：y1=m1-y0，CF⋅n=3x+3z=0则，切线PB:x-y2=my-y,同理可得：y=m-yCB⋅n=3x+y=0020220224-y0+m1y0令x=1，得n=1,-3,-1，依题意：C2(4,0)到PA:x-m1y-y0+m1y0=0距离=12m1+1∵FO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，22342整理得：y0-1m1+8y0-2y0m1+y0-8y0+15=0所以FO⊥BD，22342同理：y0-1m2+8y0-2y0m2+y0-8y0+15=0又因为AC⊥BD，AC∩FO=O，32y0-8y02所以BD⊥平面AFC，∴m1+m2=2y0≠1y0-1则OB=0,1,0即为平面AFC的一个法向量，2y0y1-y211y0-1n⋅OB15∵k1=2，k2=22=y+y=m+m-2y=-6y∴cosn,OB==-，y0-4y1-y212120052nOBy0y0-15∴k1k2=2⋅=-,解得：y0=±4又二面角A-FC-B的平面角是锐角，y0-4-6y02415故所求P点坐标为16,4或16,-4.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分∴二面角A-FC-B的余弦值为.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分5高三数学(理科)2023-10阶考第1页共2页 21.(1)当k=2时，f(x)=ex-2x2，2x=-1+t2f(x)=ex⋅x2+ex-2⋅2x=xxex+2ex-4=x(x+2)ex-4，22.(1)由直线l的参数方程，得其普通方程为y=x+2，y=1+2t2xx令g(x)=(x+2)e-4，则g(x)=(x+3)e，∴直线l的极坐标方程为ρsinθ=ρcosθ+2.x所以g(x)=(x+2)e-4在(-∞,-3)单调递减，在(-3,+∞)单调递增．22又∵圆C的方程为x-2+y-1=5，又因为x<-2时，g(x)<0恒成立，g(0)=-2<0,g(1)=3e-4>0，x=ρcosθ所以g(x)=(x+2)ex-4在(0,1)上有唯一的零点x．将代入并化简得ρ=4cosθ+2sinθ，∴圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ+2sinθ.⋯⋯5分0y=ρsinθ所以当x∈(-∞,0),f(x)>0,f(x)单调递增，当x∈0,x,f(x)<0,f(x)单调递减，0(2)将直线l：ρsinθ=ρcosθ+2，与圆C：ρ=4cosθ+2sinθ联立，得当x∈x,+∞，f(x)>0,f(x)单调递增，所以函数f(x)有两个极值点．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分02π4cosθ+2sinθsinθ-cosθ=2，整理得sinθcosθ=3cosθ，∴θ=，或tanθ=3.(2)f(x)=exx2+ex-k⋅2x=x(x+2)ex-2k，2xπ令h(x)=(x+2)e-2k(k>0)，则x<-2时，h(x)<0．不妨记点A对应的极角为，点B对应的极角为θ，且tanθ=3.2xh(x)=(x+3)e，当x>-3时，h(x)单调递增．h(0)=2-2k，π310于是，cos∠AOB=cos2-θ=sinθ=10.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分①当k=1时，f(x)≥0在R上恒成立，f(x)无极值，不存在符合题意的k．k②当k>1时，h(0)<0,h(k)=(k+2)e-2k>(k+2)⋅e-2k>0，存在x0∈(0,k)，使得hx0=0，当x∈(-∞,0),f(x)>0,f(x)单调递增，当x∈0,x,f(x)<0,f(x)单调递减，0当x∈x，+∞，f(x)>0,f(x)单调递增，02223.(1)fx≤x+1，即x-1+x-3≤x+1.所以f(x)的极大值为f(0)=0<2ek,f(x)的极小值为fx0<f(0)=0<2ek，故不存在符合题意的k．当x<1时，不等式可化为4-2x≤x+1，解得：x≥1,又∵x<1，此时无解；③当0<k<1时，h(0)>0，存在x0∈(-2,0)，使得hx0=0，当1≤x≤3时，不等式可化为2≤x+1，解得：x≥1,又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3.当x∈-∞,x,f(x)>0,f(x)单调递增，当x∈x,0,f(x)<0,f(x)单调递减，00当x>3时，不等式可化为2x-4≤x+1，解得：x≤5,又∵x>3，∴3<x≤5.当x∈(0,+∞)，f(x)>0,f(x)单调递增，综上所得，1≤x≤3或3<x≤5，即1≤x≤5.22所以f(x)的极小值为f(0)=0<2ek,f(x)的极大值为fx0，∴原不等式的解集为1,5.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分2x022如果存在正实数k使函数f(x)的极值为2ek，则fx0=e-kx0=2ek，(2)由绝对值不等式性质得，x-1+x-3≥x-1-x-3=2，x02k223又因为hx0=x0+2e-2k=0．所以x+2-kx0=2ek，所以x0+2ekx0+2=0，∴c=2，即a+b=2.0x3令a+1=m,b+1=n，则m>1,n>1，a=m-1,b=n-1,m+n=4，3x0+120x02所以x0+ex0+2=0，即+ex0+2=0，22m-12n-12eab1144+=+=m+n++-4=≥=1，x33x2a+1b+1mnmnmnm+n2令H(x)=+ex(x+2)2，则H(x)=+exx2+6x+8，因为x∈(-2,0)，所以H(x)>0．2eex0等且仅当m=n=2即a=b=1时等号成立.x0+2e1所以H(x)在(-2,0)单调递增，又因为H(-1)=0，所以x0=-1，此时k=2=2e，原不等式得证.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分12综上所述，k=时，存在极值为2ek．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分2e高三数学(理科)2023-10阶考第1页共2页