四川省成都市树德中学2024届高三上学期11月阶段性测试理科数学(1)_2023年11月_01每日更新_18号_2024届四川省成都市树德中学高三上学期11月阶段性测试

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 3 1 3 1 3 1 2 A．(0, ) B．[ , ) C．( , ) D．[ , ) 第I卷 (选择题，共60分) 3 2 3 2 3 3 4 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. 10. 已知A(2,2)，B，C是抛物线y2 2px上的三点，如果直线AB，AC被圆(x2)2  y2 3截得的两段 1. 已知集合A  x∣y lg  x1  ,B   y∣y 2x,xR  ，则AB （ ） A. 1,0 B. 1, C. R D. ,0  弦长都等于2 2，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0 B．3x6y40 C．2x6y30 D．x3y20 1 1 5 5 A.  B.  i C. D. i 11. 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 2 2 2 2 3. 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( ) 1 1 a b A． pq B．(p)q C．(p)q D．(p)(q) A． 13 或 6 B． 13 或 97 C． 3或 97 D． 3或 6 2 2 4 4 4. 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是( ) 40 80 12. 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．40 D．20 n 1 n n n n1 3 3 1 1 1 1 5. 已知双曲线C: a x2 2  b y 2 2 1(a0,b0)的左焦点为F 1 c,0，坐标原点为O，若在双曲 记T n  S 1  S 2  S 3  S n ，则( ) 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  4044 B．当a1时，T  4044 1 2022 2023 2022 2023 21 31 A． B． 31 C． D． 31 C．当a3时，T  1011 D．当a3时，T  1011 2 2 2022 1012 2022 1012 x y2 0 第II卷(非选择题,共90分)  6. 若实数x，y满足约束条件x y 0 ，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a„0 13．(12x)6的展开式中含x3项的系数为________．（用数字作答） A．1 B．1 C．2 D．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  A  E    A  C  ，  D  E   1 A  B   3 A  D  ，则实数 ． 4 4 A．6 B．9 C．16 D．18 8. 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， 15. 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 1 ，得到h(x)的图像，再将 G 2 指数衰减的学习率模型为L＝L DG 0 ，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L 表示初始学习率，D表  0 0 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，G 0 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 需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg3≈0.477)( ) 从左到右的前三个交点的横坐标依次为a 1 、a 2 、a 3 ，若a 1 、a 2 、a 3 成等比数列，则公比q=______． A．477 B．478 C．479 D．480 16. 已知函数 f(x)e2x 2ex 2x在点P  x , f  x  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. 0 0   k(x1),0x„1, 都有  xx 0  f(x)g(x) 0成立，则x 0 ______． 当x(0,2]时，f(x) 1(x1)2 ，g(x) 1 ，其中k 0.若在区间(0，5]上，关于x的   ,1 x„2  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. x2 y2 2 20．（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． a2 b2 2 17．（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 1 2 1 2 （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x ,x  x  x  ． 学各100名进行调查，部分数据如下表所示． 1 2 1 2 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 30 x b （2）若对任意a 0, 2 e，求 的取值范围． 合计 x a 1 （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 概率为 2 ，女生进球的概率为 1 ，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 卡上把所选题目对应的标号涂黑. 3 2 xcos 随机变量X 的分布列和数学期望． 22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C 的方程为x2  y2 4x0．曲线C 的参数方程为 ( 1 2 y1sin n(ad bc)2 参考公式：K2  ，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； 1 2 P(K2 k ) 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0   （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 2 1 2 1 2 k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 0 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|． 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 ， （1）求不等式 f(x) x4的解集； AB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 a2  b2  c2 的最小值． （1）证明：平面EAC 平面PBC ； c a b 3 （2）若直线PB与平面PAC 所成角的正弦值为 ，求二面角 3 P ACE的余弦值． 高三数学（理科）2023-11 第 2 页 共 2 页5 4 2 11 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 18 9 9 6 一、选择题：1-6ACDADB 7-12CCBBBC 19.解：（1）证明：PC 平面ABCD，AC 平面ABCD，PC  AC， 二、填空题：13. 160 14. 1 15. 9 或5 16. ln2 （也可以填ln 1 ） AB2，由ADCD1，ADDC且ABCD是直角梯形， 4 5 2  AC AD2 DC2  2,BC AD2 (ABDC)2  2，AC2BC2  AB2 ， 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 6 6 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 6 2 3 3 BC 2 3 sinBPC   ，PB 6 ，则PC 2，…………6分 1 15 PB PB 3 （2）ACD的面积为S  24sinACD 15 ，即sinACD ，…………6分 2 4 取AB的中点G，连接CG，以点C 为坐标原点， 1    ACD是锐角三角形cosACD 1sin2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， 4 1 1 1 由余弦定理得AD2 22 42 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)， 4 2 2 15    1 1 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)， 4 2 2 BC CD   则BCD中，  ，得BC  5 …………12分   mCA x  y 0  sinBDC sinB 设平面PAC 的法向量为m(x 1 ,y 1 ,z 1 )，则   1 1 ，取m(1,1,0)，…………8分 mCP2z 0 18.解：（1）22列联表： 1 喜欢足球 不喜欢足球 合计   nCAx  y  0 男生 60 40 100 设平面ACE的法向量为n  (x 2 ,y 2 ,z 2 )，则   n  C  E   1 2 x  2 1 y z  0 ，取n  (1,1,1)，…………10分 女生 30 70 100  2 2 2 2 2 合计 90 110 200 …………2分 cosm  ,n   11(1)(1)0(1)  6 ，…………11分 2 3 3 200(60704030)2 根据独立性检验公式可知，K2  18.18210.828，…………4分 10010090110 6 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， 1 1 1 2 1 1 1 1 5 对应概率为P(X 0)( )2  ，P(X 1)C1    ( )2  ， 3 2 18 2 3 3 2 2 3 18 2 1 1 2 1 4 2 1 2 P(X 2)C1   ( )2  ，P(X 3)( )2  ， …………9分 2 3 3 2 3 2 9 3 2 9 X 的分布列如下：  0 1 2 3 P 1 5 4 2 方法二：由（1）知BC 平面PAC ，BPC 即为直线PB与平面PAC 所成角， 18 18 9 9 BC 2 3 sinBPC   ，PB 6 ，则PC 2，…………6分 …………10分 PB PB 3 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 因为n2，  4t2n22t2nn2 t22  0，4n8t2n2t22t2nnt22n2t240 6 PC 6 在RtPBC中，PB 6,BC 2 ，PC 2,PE CE  ，所以cosPCEcosEPC  ， 2 PB 3 2  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  所求二面角为锐角，二面角P ACE的平面角的余弦值为 6 ．…………12分 因为AH PQ ，所以点H在以AN为直径的圆上，…………11分 3   c  2 故存在点T   4 ，0  为AN的中点，满足题意.…………12分 a 2 a2 4  3  20.解：（1）依题意，   2  1 1 ，解得  b2 2，所以椭圆C 的方程为 x2  y2 1；…………4分 21.解：（1）由 f  x lnxaxb，可得其定义域为  0, 且 f x  1 a ， a2 b2  4 2 x c2 2 a2 b2 c2   1  设切点为  x ,lnx ax b  ，则切线斜率k  a， 0 0 0 x 0 （2）依题意A2，0，B2，0，设Px,y ，Qx ,y ， 1 1 2 2  1   1  所以切线方程为 y  a  xx lnx ax b ，即 y  axlnx b1， 若直线PQ的斜率为0，则P，Q关于y轴对称，必有k AP k BQ ，不合题意；  x 0  0 0 0  x 0  0 所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为xtyn n2，   1 ab 1 所以x ，则ab 1lnx ，…………3分 0 x 0 与椭圆C联立   x22y2 4 ，整理得：  t22  y22tnyn240，  lnx 0 b1a 0 xtyn 1 1 1 设F  x lnx 1，则F  x 0，且F x   ，令F x 0，解得x 1，  2tn x 0 x x2 y y  所以4t2n24  t22  n24  8  2t2n24  0，且    1 2 t2 2 ，…………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  n24 y y   1 2 t22 调递增， x2 因为Px,y 是椭圆上一点，即 x 1 2  y 1 2 1，所以 y y y2 2 2 1 1，则 所以F(x)  F  1 0，所以x 1，所以ab 1 1．…………5分 1 1 4 2 k AP k BP  x  1 2  x  1 2  x2  1 4  x2 4  2 min 0 x 0 1 1 1 1 1 1 k  2k ， 即k k  ，…………7分 （2）设bma(m1)， AP 2k BQ BP BQ 4 BP y y 1 因为 1  2  ，得4y y x 2x 20 lnx lnx x 2 x 2 4 1 2 1 2 由 f  x  f  x 0，得lnx ax malnx ax ma0，整理得a 1  2 0， 1 2 1 2 1 1 2 2 x m x m 即 1 2 4y y ty n2ty n2  t24  y y tn2y y n22 x 1 2 1 2 1 2 1 2 由图像知x  0,1  ，设 2 t，则由题意可知，te， 1 x 1   t2 4    n24 tn2    2tn    n22 t22   t22 lnx lntx lnt lnx xlnx lnt 所以a  1  1  1 ，整理得 1 1  ，…………7分 x m tx m tx m x m t1 1 1 1 1  4t2 n24  2t2nn2n22 t22   0 ， t22 高三数学（理科）2023-11 第 4 页 共 2 页1 1     lnt 1 lnt 1 1 1 其中tan ，0 ，当2 ，即  时，MPN的面积取得最大值2 52．…10分 设G  t  t1  t e ，则 G t  t ，设H  x 1 t lnt，则H t  t2  t  0， 2 2 2 4 2 (t1)2 5 23.解：（1）当x„ 1时，原不等式等价于(3x3)2x6 x4，解得x„  ； 1 2 所以Ht单调递减，所以H  t  H  e  0，即G t 0， e 1 当1 x3时，原不等式等价于3x32x6 x4，解得 „x3； 4 1 xlnx 1 所以G  t  单调递减，所以G  t G  e  ，即 1 1  ，…………9分 当x 3时，原不等式等价于3x3(2x6) x4，解得x 3． e1 x m e1 1 5 1 综上所述，原不等式的解集是(, ][ ,)．…………5分 2 4 xlnx 1 可得， 1 1  对任意x  0,1  恒成立，整理得  e1  xlnx x m， x m e1 1 1 1 1 x9,x„ 1 1  （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,x 3 令 x 0，解得 xe 2 e  1 e ，当x  0,e 2 e  1 e  时， x 0, x  在  0,e 2 e  1 e 上单调递减； 因为 a c 2 c 2a， b a 2 a 2b， c b 2 b 2c，所以 a c 2  b a 2  c b 2 abc 2(abc)16，     a2 b2 c2 8 a2 b2 c2 即   8，当且仅当abc 时等号成立，故   的最小值为8．…………10分  2e   2e  c a b 3 c a b 当xee1,1时， x 0, x  在ee1,1上单调递增，      2e  2e 2e 2e 所以(x) ee1  2e  ee1 ee1   1e  ee1 ， min   所以 1e  e 2 e  1 e m ，即 m e1  e 2 e  1 e ．所以 b 的取值范围为    e1  e 2 e  1 e ，  …………12分 a   22.解：（1）把xcos，ysin代入x2  y2 4x0， 得曲线C 的极坐标方程为2 4cos，即4cos．…………2分 1 xcos 将 中的参数消去，得曲线C 的普通方程为x2  y2 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 2sin，即2sin．…………5分 2 3  （2）由题得|OP|4cos，|OM |4cos( )4sin，|ON|2sin( )2cos， 2 2 |NM ||OM ||ON|4sin2cos，…………7分 1 1 因为OPMN ，所以S  |MN||OP| (4sin2cos)4cos2(4sincos2cos2) MPN 2 2 2(2sin2cos21)2 5sin(2)2„2 52 ， 高三数学（理科）2023-11 第 5 页 共 2 页