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）.docx

1、高三阶段性考试数学（理科）考生注意：1. 本试卷分第卷（选择题）和第卷（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：A2. 若复数满足，则（ ）A. B. C. 5D. 17【答案】

2、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：D4. 的展开式中含项的系数是（ ）A. 112B. 112C. 28D. 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:B5. 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

3、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AB

4、C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，

5、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：A9. 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：

6、，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；

7、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. 32B. 64C. 128D. 256【答案】C【解析】

8、【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：C12. 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：，

9、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】

10、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

11、，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. 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

12、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

13、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：0123所以.19. 已知椭圆C：的

14、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

15、，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P

16、B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：当时，；，.【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）展开为，利用换元法简

17、化不等式，再用导数求解不等式恒成立即可；利用中结论放缩，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】，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，；由可知因此解得，.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44：坐标系与参数方程（10分）22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C

18、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45：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