江西省赣州市2023届高三数学（理）下学期阶段性考试试题（Word版附解析）

高三阶段性考试

数学（理科）

考生注意：

1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.

2. 请将各题答案填写在答题卡上.

3. 本试卷主要考试内容：高考全部内容.

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】构造函数，利用其单调性可化简集合A，后化简集合B，后由交集定义可得答案.

【详解】构造函数，因函数，均R上单调递增，则在R上单调递增，又，则，

故.因，则.

故选：A

2. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C. 5 D. 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. －2 B. －1 C. 1 D. 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. 的展开式中含项的系数是（    ）

A. －112 B. 112 C. －28 D. 28

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，得到二项式的通项公式，代入计算即可得到结果.

【详解】由题意可得，其通项公式为，

令，可得，

所以含项的系数是

故选:B

5. 已知非零向量与满足||＝2||，且|2|=，则向量与的夹角是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，对|2|=平方，结合||＝2||，求出向量、的夹角的余弦值，即得、的夹角．

【详解】因为|2|=，所以，即，所以，因为||＝2||，所以，所以与的夹角为

故选B.

【点睛】本题考查了利用平面向量的数量积求向量的模长与夹角的问题，是基础题目．

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. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 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】∵，∴，

由是“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：A

9. 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，

的图象关于点对称，C错误；

对于D，当时，，则，

在上的值域为，D错误.

故选：B.

10. 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.现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择，则恰用4种颜色的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求用5种颜色任意涂色的方法总数，再求恰好用完4种颜色涂色的方法总数，最后按照古典概型求概率即可.

【详解】若按要求用5种颜色任意涂色：

先涂中间块，有5种选择，再涂上块，有4种选择.

再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3种选择；

若下块与上块涂不同颜色，则下块有3种选择，左块和右块均有2种选择.

则共有种方法.

若恰只用其中4种颜色涂色：

先在5种颜色中任选4种颜色，有种选择.

先涂中间块，有4种选择，再涂上块，有3种选择.

再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2种选择，

为恰好用尽4种颜色，则右块只有1种选择；

若下块与上块涂不同颜色，则下块有2种选择，左块和右块均只有1种选择.

则共有种方法，

故恰用4种颜色的概率是.

故选：C.

11. 已知抛物线C：的焦点为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（    ）

A. 32 B. 64 C. 128 D. 256

【答案】C

【解析】

【分析】两条直线的斜率都存在且不为0，因此先设一条直线斜率为，写出直线方程，与抛物线方程联立求出相交弦长，同理再得另一弦长，相乘除以2即得四边形面积，再由基本不等式求得最小值．

【详解】由题意抛物线的焦点为，显然斜率存在且不为0，

设直线方程为，设，由，得

则，即，

设直线的方程为，设

由，得

则，即，

∴，当且仅当，即时等号成立．

故选：C．

12. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，且，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理边化角可得，由△ABC为锐角三角形可得，运用降次公式及辅助角公式将问题转化为求三角函数在上的值域.

【详解】∵，即：，，

∴，

∴由正弦定理得：，即：，

∴，

∴或，解得：或（舍），

又∵△ABC为锐角三角形，则，

∴，解得：，

∴，

又∵，

∴，

∴，

∴，即的取值范围.

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. 已知双曲线C：的离心率是2，实轴长为2，则双曲线C的焦距是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求出即可得解.

【详解】因为双曲线C：的离心率是2，实轴长为2，

所以，

所以，

所以双曲线C的焦距是.

故答案为：.

14. 已知，则______.

【答案】

【解析】

【分析】首先将化简为，再利用诱导公式和余弦二倍角公式即可得到答案.

【详解】.

故答案为：.

15. 已知是定义在上的增函数，且的图象关于点对称，则关于x的不等式的解集为______.

【答案】

【解析】

【分析】观察结合原不等式，以及函数的性质，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】因为函数的图象关于点对称，

所以函数的图象关于原点对称，

令，则为奇函数.

又是在上的增函数，

所以也是在上的增函数.

此时原不等式等价于，

因为为奇函数，所以，

又因为是在上的增函数，所以有

，解得.

即原不等式的解集为.

故答案为：.

16. 在棱长为3的正方体中，点P在平面上运动，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据正方形体对角线与平面垂直，找到点关于平面的对称点，将转化为，再根据三角形三边关系得的最小值为，最后通过建系利用坐标计算得的长度即可.

【详解】如下图所示

设与平面交于点，易知，平面，

由平面，所以，又，面，

所以平面，面，所以，同理可证，

由，面，所以平面.

因为，所以，

又因为,所以.

倍长至，则，

故点是点关于平面的对称点.

那么有，.

所以.

如下图，以为原点，分别为轴、轴、轴建系，

则，，，即.

所以，即的最小值为.

故答案为：.

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. 设数列的前n项和为，且，.

（1）求的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据，可得数列是以为公差的等差数列，从而可得数列的通项，再根据与的关系结合构造法即可得解；

（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法即可得解.

【小问1详解】

因为，

所以，

所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以，则，

当时，，

两式相减得，即，

所以数列为常数列，且，

所以；

【小问2详解】

由（1）得，

所以，

所以.

18. 某企业为鼓励员工多参加体育锻炼，举办了一场羽毛球比赛，经过初赛，该企业的A，B，C三个部门分别有3，4，4人进入决赛.决赛分两轮，第一轮为循环赛，前3名进入第二轮，第二轮为淘汰赛，进入决赛第二轮的选手通过抽签确定先进行比赛的两位选手，第三人轮空，先进行比赛的获胜者和第三人再打一场，此时的获胜者赢得比赛.假设进入决赛的选手水平相当（即每局比赛每人获胜的概率都是）.

（1）求进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门的概率；

（2）记进入决赛第二轮的选手中来自B部门的人数为X，求X的数学期望.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门分为来自A，B，C三个部门，分别求出其概率，由分类加法计数原理即可得出答案.

（2）求出X的可能取值及每个变量X对应的概率，即可求出分布列，再由期望公式即可求出.

【小问1详解】

设进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门为事件，

则.

故进入决赛第二轮的3人中恰有2人来自同一个部门的概率为.

【小问2详解】

X的可能取值为，

，

，

，

，

则X的分布列为：

所以.

19. 已知椭圆C：的离心率是，点在椭圆C上.

（1）求椭圆C的标准方程.

（2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，在y轴上是否存在点P（点不与原点重合），使得直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值？若存在，求出P的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）根据题意求出，即可得解；

（2）设，则，联立方程，利用韦达定理求出，再分别求出直线PA，PB的方程，从而可得两直线与轴交点的横坐标，再相乘整理结合其积为定值，即可得出结论.

【小问1详解】

由题意可得，解得，

所以椭圆C的标准方程为；

【小问2详解】

假设存在，

设，则，

联立，消得，

则，即，

，

则直线的方程为，

令，则，

直线的方程为，

令，则，

则

，

则要使直线PA，PB与x轴交点的横坐标之积的绝对值为定值，

则，解得，

所以存在，且.

【点睛】本题考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了点的存在性问题及定值问题，有一定的难度.

20. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是直角梯形，，，，，，E是棱PB的中点.

（1）证明：平面ABCD.

（2）若，求平面DEF与平面PAB夹角的余弦值的最大值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线线垂直证平面PBC，并依次证、平面PBD、、平面ABCD；

（2）由向量法求面面角建立面面角余弦值的函数，进而讨论最大值.

【小问1详解】

取CD中点M，连接BD、BM，设，∴.

∵，，∴四边形为矩形，

∴，∴，∴.

，E是棱PB的中点，∴.

∵，平面PBC，∴平面PBC，

又平面PBC，∴.

∵平面PBD，∴平面PBD，

∵又平面PBD，∴.

∵，∴，

平面ABCD，∴平面ABCD；

【小问2详解】

由（1）得两两垂直，则可建立空间直角坐标系，如图所示，

则

∵，，即，∴.

设平面DEF的法向量为，，

则，令，得，

设平面PAB法向量为，，

则，令得，

故平面DEF与平面PAB夹角的余弦值为

令，则，则当，即时，取得最大值，为.

故平面DEF与平面PAB夹角的余弦值的最大值为.

21. 已知函数.

（1）当时，讨论的单调性.

（2）证明：①当时，；

②，.

【答案】（1）答案见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出的导数，分类讨论的不同取值范围时的单调性即可；

（2）①展开为，利用换元法简化不等式，再用导数求解不等式恒成立即可；

②利用①中结论放缩，再求和即可.

【小问1详解】

由题可知

当时，，令，得

在单调递减，在单调递增；

当时，

（i）当时，零点为，

令解得，

故在单调递增，在，单调递减

（ii）当时，，，在单调递减；

综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；

当时，在单调递增，在，单调递减；

当时，在单调递减．

【小问2详解】

①

，令，其中

则不等式成立，即函数在恒小于零

由（1）可知，在定义域内单调递减，，因此当时，；

②由①可知

因此

解得，.

证毕.

（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]（10分）

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]（10分）

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