四川省成都市树德中学2023-2024学年高三数学（理）上学期11月阶段性测试试题（PDF版附答案）

树德中学高2021级高三上学期11月阶段性测试数学（理科）试题方程f(x)g(x)有5个不同的实数根，则k的取值范围是（）命题人：李波波审题人：王钊、朱琨、唐颖君3131312A．(0,)B．[,)C．(,)D．[,)第I卷(选择题，共60分)3232334一、选择题:本大题共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.22210.已知A(2,2)，B，C是抛物线y2px上的三点，如果直线AB，AC被圆(x2)y3截得的两段x1.已知集合Ax∣ylgx1,By∣y2,xR，则AB（）A.1,0B.1,C.RD.,0弦长都等于22，则直线BC的方程为()2.若复数z满足z1i23i，则复数z的虚部是（）A．x2y10B．3x6y40C．2x6y30D．x3y201155A.B.iC.D.i11.已知正四棱锥OABCD的底面边长为6，高为3．以点O为球心，2为半径的球O与过点22223.已知命题p:xR，x2x10，命题q：若ab，则11，下列命题为真命题的是()A,B,C,D的球O相交，相交圆的面积为，则球O的半径为()11abA．pqB．(p)qC．(p)qD．(p)(q)A．13或6B．13或97C．3或97D．3或622444.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是()408012.已知数列{a}的各项均不为零，aa，它的前n项和为S，且a，2S，a(nN*)成等比数列，A．B．C．40D．20n1nnnn133221111xy记T，则()5.已知双曲线C:1(a0,b0)的左焦点为Fc,0，坐标原点为O，若在双曲n221S1S2S3Snab线右支上存在一点P满足PF3c，且POc，则双曲线C的离心率为（）A．当a1时，T4044B．当a1时，T4044120222022202320232131A．B．31C．D．3110111011C．当a3时，TD．当a3时，T222022202210121012xy20第II卷(非选择题,共90分)6.若实数x，y满足约束条件xy0，若zx2y的最大值等于3，则实数a的值为()二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡上.xa06313．(12x)的展开式中含x项的系数为________．（用数字作答）A．1B．1C．2D．3137．已知a(x,y)，b(x1,9)(x0,y0)，若a//b，则xy的最小值为()14．在平行四边形ABCD中，点E满足AEAC，DEABAD，则实数．44A．6B．9C．16D．188.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，115.将函数f(x)2sinx图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到h(x)的图像，再将G2LDG0，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L指数衰减的学习率模型为L＝00表示初始学习率，D表函数h(x)的图象左移个单位，得到g(x)的图象，已知直线ya与函数g(x)的图象相交，记y轴右侧示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，8衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下(不含0.05)所从左到右的前三个交点的横坐标依次为a、a、a，若a、a、a成等比数列，则公比q=______．需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg3≈0.477)()123123A．477B．478C．479D．4802xxPx,fx16.已知函数f(x)e2e2x在点00处的切线方程为l：ygx，若对任意xR，9.设f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇函数.k(x1),0x1,都有xx0f(x)g(x)0成立，则x0______．2当x(0,2]时，f(x)1(x1)，g(x)1，其中k0.若在区间(0，5]上，关于x的,1x22高三数学（理科）2023-11第1页共2页 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.22xy220．（12分）椭圆C:1(ab0)左、右顶点分别为A，B，离心率为，点M(2,1)在椭圆C上．22ab217．（12分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若3bsinAa(2cosB)．（1）求椭圆C的方程；（1）求角B的大小；（2）直线l交椭圆C于P,Q两点，记直线AP的斜率为k，直线BQ的斜率为k，且k2k．过左顶1212（2）D为边AB上一点，且满足CD2，AC4，锐角三角形ACD的面积为15，求BC的长．点A作直线PQ的垂线，垂足为H．问：在平面内是否存在定点T，使得|TH|为定值，若存在，求出点T的坐标；若不存在，试说明理由．18．（12分）卡塔尔世界杯足球赛决赛中，阿根廷队通过扣人心弦的点球大战战胜了法国队．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男、女同21.（12分）已知函数fxlnxaxb(ba0)有两个零点x1,x2x1x2．学各100名进行调查，部分数据如下表所示．喜欢足球不喜欢足球合计（1）若直线ybxa与曲线yfx相切，求ab的值；男生40女生30x2b（2）若对任意a0,e，求的取值范围．合计x1a（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？（2）社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的请考生在第22、23题中任选择一题作答,如果多做，则按所做的第一题记分.作答时,用2B铅笔在答题21卡上把所选题目对应的标号涂黑.概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，记这3人进球总次数为X，求32xcos随机变量X的分布列和数学期望．2222．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为xy4x0．曲线C2的参数方程为(2y1sin2n(adbc)参考公式：K，其中nabcd．(ab)(cd)(ac)(bd)为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．参考数据：（1）求曲线C和曲线C的极坐标方程；122P(Kk)0.100.050.0250.0100.0050.0010（2）若射线(0,0)交曲线C于点P，直线(R)与曲线C和曲线C分别交11222k2.7063.8415.0246.6357.87910.8280于点M、N，且点P、M、N均异于点O，求MPN面积的最大值．23．（10分）已知函数f(x)|3x3||2x6|．（1）求不等式f(x)x4的解集；19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ADDC，AB//DC，222AB2AD2CD2，点E是PB的中点．（2）设f(x)的最小值为m，若正实数a，b，c满足abcm，求abc的最小值．cab（1）证明：平面EAC平面PBC；3（2）若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角3PACE的余弦值．高三数学（理科）2023-11第2页共2页 54211树德中学高2021级高三上学期11月阶段性测试数学（理科）试题答案E(X)123．…………12分18996一、选择题：1-6ACDADB7-12CCBBBC19.解：（1）证明：PC平面ABCD，AC平面ABCD，PCAC，191AB2，由ADCD1，ADDC且ABCD是直角梯形，二、填空题：13.16014.15.或516.ln2（也可以填ln）4522222222ACADDC2,BCAD(ABDC)2，ACBCAB，17.解：（1）由正弦定理得3sinBsinAsinA(2cosB)．sinA0，3sinB2cosB．……2分ACBC，又PCAC，PCBCC，PC平面PBC，BC平面PBC，AC平面PBC，即3sinBcosB2，即2sin(B)2，即sin(B)1．…………4分66AC平面PBC，又AC平面EAC，平面EAC平面PBC；…………4分（2）方法一：由（1）知BC平面PAC，BPC即为直线PB与平面PAC所成角，0B，B，即B，即角B的大小为…………5分6233BC23sinBPC，PB6，则PC2，…………6分115PBPB3（2）ACD的面积为S24sinACD15，即sinACD，…………6分24取AB的中点G，连接CG，以点C为坐标原点，12ACD是锐角三角形cosACD1sinACD，分别以CG、CD、CP为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，4222111由余弦定理得AD24224416416，…………8分则C(0，0，0)，P(0，0，2)，A(1，1，0)，B(1，1，0)，E(,,1)，4221511则AD4，ACD为等腰三角形，sinBDCsinADCsinACD…………10分CA(1,1,0)，CP(0,0,2)，CE(,,1)，422BCCD则BCD中，，得BC5…………12分mCAx1y10sinBDCsinB设平面PAC的法向量为m(x1,y1,z1)，则，取m(1,1,0)，…………8分mCP2z0118.解：（1）22列联表：喜欢足球不喜欢足球合计nCAxy022男生6040100设平面ACE的法向量为n(x2,y2,z2)，则11，取n(1,1,1)，…………10分nCExyz0222女生307010022合计9011020011(1)(1)0(1)6…………2分cosm,n，…………11分22332200(60704030)根据独立性检验公式可知，K18.18210.828，…………4分100100901106又由图知所求二面角为锐角，二面角PACE的余弦值为．…………12分有99.9%的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关；…………5分3（2）这3人进球总次数X的所有可能取值为0，1，2，3，121112111125对应概率为P(X0)()，P(X1)C()，232183322318121122142212P(X2)C()，P(X3)()，…………9分2332329329X的分布列如下：0123P1542方法二：由（1）知BC平面PAC，BPC即为直线PB与平面PAC所成角，181899BC23sinBPC，PB6，则PC2，…………6分…………10分PBPB3高三数学（理科）2023-11第3页共2页 因为AC平面PBC，所以PCE即为二面角PACE的平面角，…………8分4t2n22t2nn2t220，22222因为n2，4n8tn2t2tnnt2n2t406PC6在RtPBC中，PB6,BC2，PC2,PECE，所以cosPCEcosEPC，2PB322整理得6n40，解得n，直线PQ恒过定点N，0.…………10分…………11分336所求二面角为锐角，二面角PACE的平面角的余弦值为．…………12分因为AHPQ，所以点H在以AN为直径的圆上，…………11分3c24故存在点T，0为AN的中点，满足题意.…………12分a223a422212xy120.解：（1）依题意，1，解得b2，所以椭圆C的方程为1；…………4分21.解：（1）由fxlnxaxb，可得其定义域为0,且fxa，22ab42x2a2b2c2c21设切点为x0,lnx0ax0b，则切线斜率ka，x0（2）依题意A2，0，B2，0，设Px1,y1，Qx2,y2，11所以切线方程为yaxx0lnx0ax0b，即yaxlnx0b1，若直线PQ的斜率为0，则P，Q关于y轴对称，必有kAPkBQ，不合题意；x0x0所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为xtynn2，1ab1所以x0，则ab1lnx0，…………3分xx22y240与椭圆C联立，整理得：t22y22tnyn240，lnx0b1axtyn111设Fxlnx1，则Fx00，且Fx2，令Fx0，解得x1，2tnxxxyy122222222t2所以4tn4t2n482tn40，且，…………6分当x0,1时，Fx0,Fx在0,1上单调递减；当x1,时，Fx0,Fx在1,上单2n4yy122t2调递增，2x22211xy2因为Px1,y1是椭圆上一点，即111，所以y1y1y121，则所以F(x)F10，所以x1，所以ab1．…………5分kkmin042APBP22x0x2x2x4x42111111kAP2kBQ，即kBPkBQ，…………7分（2）设bma(m1)，2kBP4yy112因为，得4y1y2x12x220lnx1lnx2x12x224由fx1fx20，得lnx1ax1malnx2ax2ma0，整理得a0，xmxm12即224y1y2ty1n2ty2n2t4y1y2tn2y1y2n2x2t由图像知x10,1，设，则由题意可知，te，x122n42tn2t42tn22n2t2t2lnx1lntx1lntlnx1x1lnx1lnt所以a，整理得，…………7分xmtxmtxmxmt11111222224tn42tnn2n2t20，2t2高三数学（理科）2023-11第4页共2页 11lnt1lnt111其中tan，0，当2，即时，MPN的面积取得最大值252．…10分设Gtte，则t，设Hx1lnt，则Ht0，22242t1Gttt2t2(t1)523.解：（1）当x1时，原不等式等价于(3x3)2x6x4，解得x；12所以Ht单调递减，所以HtHe0，即Gt0，e1当1x3时，原不等式等价于3x32x6x4，解得x3；41x1lnx11所以Gt单调递减，所以GtGe，即，…………9分当x3时，原不等式等价于3x3(2x6)x4，解得x3．e1x1me151综上所述，原不等式的解集是(,][,)．…………5分24xlnx111可得，对任意x10,1恒成立，整理得e1x1lnx1x1m，xme1x9,x11（2）由（1）得f(x)5x3,1x3，所以f(x)f(1)8，则abc8．…………7分min设xe1xlnxxx0,1，则xe1lnxe2，x9,x32222222e2eabcabc2e因为c2a，a2b，b2c，所以abc2(abc)16，x0,ee10,ee1令x0，解得xee1，当时，x0,x在上单调递减；cabcab222222abc8abc即8，当且仅当abc时等号成立，故的最小值为8．…………10分2e2ecab3cabxee1,1ee1,1当时，x0,x在上单调递增，2e2e2e2e(x)ee12eee1ee11eee1所以min，2e2e2ebe1ee1，…………12分所以1eee1m，即me1ee1．所以的取值范围为a2222.解：（1）把xcos，ysin代入xy4x0，2得曲线C的极坐标方程为4cos，即4cos．…………2分1xcos22将中的参数消去，得曲线C2的普通方程为xy2y0，y1sin2把xcos，ysin代入，得曲线C的极坐标方程为2sin，即2sin．…………5分23（2）由题得|OP|4cos，|OM|4cos()4sin，|ON|2sin()2cos，22|NM||OM||ON|4sin2cos，…………7分112因为OPMN，所以S|MN||OP|(4sin2cos)4cos2(4sincos2cos)MPN222(2sin2cos21)25sin(2)2252，高三数学（理科）2023-11第5页共2页