江西省吉安市遂川中学2021届高三下学期阶段性测试（四）数学（理）试题 WORD版含答案.docx

1、遂川中学20202021学年高中毕业班阶段性测试（四）理科数学考生注意：1.答题前，考生将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，铅笔所答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.2.若复数（）在复平面内对应的点在第三象限，且，则A.2 B. C. D.

2、3.已知非零向量，满足且，则与的夹角为A. B. C. D.4.已知，则，的在大小关系是A. B. C. D.5.已知函数（，且），则是A.偶函数，值域为 B.非奇非偶函数，值域为C.奇函数，值域为 D.奇函数，值域为6.已知等比数列的前项和为，.若，则的值为A.4 B.5 C.6 D.不存在7.若函数的图象过点，直线各右平移个单位长度后恰好经过上与点最近的零点，则在上的单调递增区间是A. B. C. D.8.已知双曲线（，）的右焦点为，直线过点与一条渐近线垂直，原点到的距离等于虚轴的长，则双曲线的离心率为A. B. C. D.9.拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反

3、映了函数在闭区间上的整体平均变化率与区间某点的局部变化率的关系.其具体内容如下：若在上满足以下条件：在上图象连续，在内导数存在，则在内至少存在一点，使得（为的导函数）.则函数在上这样的点的个数为A.1 B.2 C.3 D.410.6名在大学生响应国家号召，到西部边远地区，三个学校支教，每个党校人，根据学校需要及所学的专业，甲不能到学校，乙、丙所学专业相同，不能安排到同一学校，则不同的安排方案有A.24种 B.36种 C.48种 D.72种11.已知抛物线：（）的焦点为，准线为，为抛物线上的两点（与坐标原点不重合），于，于，已知的中点的坐标为，与的面积比为2：1，则的值为A.4 B.3 C.1

4、D.1或12.已知圆锥的底面圆心为，顶点为，侧面展开图对应扇形的圆心角为，是底面圆周上的两点，与平面所成角的正弦值为，则与所成角的余弦值为A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图所示的圆盘的三条直长把圆分成六部分，往圆盘内任投一飞镖（大小忽略不计），则飞镖落到阴影部分内的概率为 .14.执行如图所示的程序框图，输出的 .15.在平面四边形中，已知，.沿对角线折起得到四面体，当与平面所成的角最大时，该四面体的外接球的半径为 .16.已知公差不为零的等差数列的前项和为，且满足，成等比数列，数列满足，前项和为，则 .三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证

5、明过程或演算步骤.第1721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.（12分）斜三角形的内角，所对的边分别为，.已知.（）求角；（）若的面积为，周长为15，求的值.18.（12分）如图，在直四棱柱中，是棱的中点，是的中点，.（）证明：平面；（）若点在线段上，且直线与底面气盛角为，求线段的长度.19.（12分）国家对电器行业生产要求低碳、环保、节能，有利于回收.冰箱的生产质量用综合质量指标值来衡量，当时，产品为一级品，当时，产品为二级品，当时，产品为三级品.某冰箱生产厂家，为满足国家要求，根据市场需求，研究开发一种新款冰箱，试生

6、产50台，并初步测量了每台冰箱的值，得到下面的结果：综合质量指标值频数58121015将样本频率视为总体概率.（）若从这批产品中有放回地随机抽取3伯，记“抽出的产品中恰有一件三级品”为事件，求事件发生的概率.（）将这产品报送主管部门进行质量检测，以取得产品生产许可证.主管部门的检测方案：先从这批产品中任取4伯，若这4件产品都是一级品，再从这批产品中任取1件检测，若为一级品，则这批产品通过检测，并颁生产许可证；若这4件产品有3件一级品，则再从这批产品中任取4件检测，若这4件产品都是一级品，则这批产品通过检测，并颁发生产许可证.其他情况下这批产品不能通过检测，且每件产品的检测相互独立.求该冰箱生产

7、厂家取得生产许可证的概率.（）若该冰箱生产厂家取得生产许可证，厂家投入生产，且已知生产一台冰箱的成本为600元，一件一级品的售价为1600元，一件二级品的售价为1400元，一件三级品的售价为200元，设一台冰箱的利润为无，求的分布列及数学期望.20.（12分）已知椭圆：（）的离心率为，椭圆的右焦点与右顶点及上顶点构成的三角形面积为. （）求椭圆的标准方程.（）已知直线与椭圆交于，两点，若点的坐标为，问：是否存在，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.21.（12分）已知函数，其中.（）当时，求的极值点的个数；（）当时，证明：不等式在上恒成立.（二）选考题：共10分.请考生在第22

8、，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数，为常数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，射线的极坐标方程为，射线与曲线交于，两点.（）写出当时，的极坐标方程以及曲线的参数方程； （）在（）的条件下，若射线与直线交于点，求的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数.（）求不等式的最小整数解；（）在（）的条件下，对任意，若，求的最小值.理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.答案 D命题意图 本题主要考查集合的概念，集合的

9、运算.解析 略2.答案 D命题意图 本题主要考查复数的几何意义，复数的模及复数的运算.解析 略3.答案 A命题意图 本题主要考查向量的数量积，向量的夹角.解析 设与的夹角为.因为满足，所以.又，所以.又，所以.4.答案 B命题意图 本题主要考查指数，对数值的比较大小.解析 略5.答案 C命题意图 本题主要考查函数的性质，指数函数的值域，指数运算.解析 略6.答案 B命题意图 本题主要考查等比数列的基本运算.解析 略7.答案 C命题意图 本题主要考查三角函数的图象与性质.解析 略.8.答案 B命题意图 本题主要考查双曲线的渐押线、离心率几何性质.解析 设，不妨设一条渐近线为，则的方程为，即.原点

10、到的距离，所以，.9.答案 A命题意图 本题主要考查数学文化，导数运算，利用图象研究方程根的个数.解析 由题可知，问题转化为方程在上有几个根.，方程即，等价于，在同一坐标系中画出函数与在上的图象，交点只有一个，所以函数在上这样的点的个数为1.10.答案 C命题意图 本题主要考查两个计数原理，排列组合的综合应用.解析 按甲到，学校分类，甲到学校：学校从乙、丙中选1人有种方法，剩下4人到，两个学校，有种方案，共有种方案；学校从除乙、丙之外的3人中选1人，有种方案，乙、丙到、学校有种方案，余下2人到2，学校也有种方案，共有种方案.所以甲到学校有种方案.同理甲到学校也有24种方案.其有48种方案.11

11、.答案 C命题意图 本题主要考查抛物线的方程与性质，直线与抛物线的应用，三角形的面积计算.解析 抛物线的焦点，准线的方程为.设，（），则，.设与轴的交点，.由得，所以（舍去）或.因为，四点共线，所以，即，结合，解得.12.答案 A命题意图 本题主要考查圆锥的概念与性质、侧面展开图、线线角、线面角的概念及求法.解析 如图，设圆锥的底面半径为，母线，高.由侧面展开图对应扇形的圆心角为，得，得，所以与底面所成的角为，.过点作直线于点，连接，.由圆锥的性质可知，平面，则，所 平面，所以即直线与平面所成的角，即，.在直角中，所以.过作交圆于，即为与所成的角.连接、，因为，为等边三角形，在中易得.二、填空

12、题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.答案 命题意图 本题主要考查几何概型.解析 由圆的几何性质可知，相对的区域的面积相等，所以飞镖落到阴影部分内的概率为.14.答案 17命题意图 本题主要考查程序框图.解析 按照程序框图依次执行，为，；，；，退出循环，输出.15.答案 命题意图 本题主要考查立体几何中的线面关系及概念与性质.解析 当与平面所成的角最大时，最大角为，此时平面平面.在中，由余弦定理可得.又，为直角三角形，平面.如图，设四面体的外接球的球心为，截面对应圆的圆心为，截面对应圆的圆心为，为的中点，则球心到平面的距离为.设的外接圆半径为，由正弦定理可得，则.设四面体的外接球半径为

13、，连接，在中，解得.16.答案 命题意图 本题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，等比中项，数列的转化求和，数列与函数的综合应用.解析 设的公差为（）.由题意，即，即，联立解得，所以.所以当为奇数时，当为偶数时，.所以.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.17.命题意图 本题主要考查三角恒等变换、正余弦定理、三角形面积公式.解析 （），即，得.，.又，.（）由题可知，.由余弦定理可得，由，可得，解得.，结合，可解得或.由正弦定理可得或.18.命题意图 本题主要考查四棱柱的性质，线面平行的证明，利用空间向量解决立体几何中的计算问题.解析 （）如图，取的中点，连接、.因

14、为是的中点，所以，.又，所以.所以四边形为平行四边形.所以.又平面，平面，故平面. （）由已知可得，可以为坐标原点，直线，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.设（），则，.因为与底面所成的角为，而是底面的法向量，所以，即.又在线段上，所以可设，则，.由解得（舍去）或.所以，从而，故线段的长度为. 19.命题意图 本题主要考查事件的关系，独立重复试验概率的计算，数学期望的应用.解析 （）由题意知，从这批产品中随机抽取一次抽中三级品的概率为，则没有抽中三级品的概率为，所以.（）由题中表格可知一级品对应的概率为.设第一次取出的4件产品都是一级品的事件为，第一次取出的4件产品中有3件

15、一级品的事件为，第二次取出的4件产品都是一级品的事件为，第二次取出的1件产品是一级品的事件为，这批产品通过检测的事件为.所以，即该冰箱生产厂家取得生产许可证的概率为.（）由题可知的所有可能取值为，800，1000.一级品对应的概率为，二级品对应的概率为，三级品对应的概率为，则的分布列为8001000所以（元）.20.命题意图 本题主要考查椭圆的方程与性质，直线与椭圆的位置关系.解析 （）设椭圆的半焦距为.由题意可知，即，代入，得.所以，.又，将，代入解得.所以，所以椭圆的标准方程为.（）直线与椭圆方程联立方程组得，消去得，（*）设，则，是方程（*）的两根，所以.故不存在，使得.21.命题意图

16、本题考查导数在函数极值点问题及不等式证明问题中的应用.解析 （）当时，则.令，则.令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增.注意到当时，恒成立，则当时，恒成立.又在上单调递增，所以存在唯一一个，使得当时，即，当时，即，所以的极值点的个数为1.（）当时，要证在上恒成立，即证在上恒成立.先证不等式成立，构造函数，则，因此在上单调递减，在上单调递增，由此可得，则.因此，故只需证明，即证，即证（）.构造函数，则.令，得，令，得，因此在上单调递减，在上单调递增，从而原不等式得证.22.命题意图 本题主要考查直线与圆的参数方程与极坐标方程的互化.解析 （）当时的参数方程为，它的普通方程为，化为极坐标方程为.曲线：，故，故，故曲线的参数方程为，（ 为参数，且）.（）设，则，所以. 因为，所以，所以，所以的取值范围为. 23.命题意图 本题主要考查绝对值不等式的解法，函数与基本不等式的综合应用.解析 （）当时，原不等式化为，解得，所以；当时，原不等式化为，解得，所以；当时，原不等式化为，解得，所以.综上，原不等式的解集为.所以.（）由（）知，又因为，所以.因为，所以，又，当且仅当时等号成立，所以.所以的最小值为8.