陕西省商洛市部分学校2023-2024学年高三上学期10月阶段性测试(一)文科数学试题（解析版）

绝密★启用前2023-2024学年高中毕业班阶段性测试（一）文科数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､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，用铅笔把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.（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算法则计算得出结果．【详解】．故选：B.2.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据对补集和并集的理解进行运算即可.【详解】，,则，又，则.故选：A.3.已知函数，若，则（）A. B. C. D.10【答案】A【解析】【分析】根据得到，再由求解.【详解】解：因为函数，所以，所以，又，所以，故选：A4.若实数满足约束条件，则的最大值为（）A3 B.7 C.11 D.15【答案】C【解析】【分析】首先画出不等式组表示的平面区域，再利用的几何意义求目标函数的最大值.【详解】不等式组表示的平面区域如下图，目标函数化为，表示斜率为的一组平行线，当直线过点时，直线截距最大，即取得最大值，联立，得，即，所以.故选：C5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.20 B.32 C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据几何体的三视图得出该几何体的直观图，再由几何体的特征得出几何体的体积.【详解】解：如图，根据几何体的三视图可以得出该几何体是底面为矩形的四棱锥，该几何体的高为，且，所以该几何体的体积为，故选：D.6.设的内角的对边分别为，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可以先算出，由正弦定理结合已知条件即可求解.【详解】因为，所以，又因为，且由正弦定理可得，所以，解得.故选：C.7.对于任意实数，用表示不大于的最大整数，例如：，，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】对任意的，记，则，利用题中定义、不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】对任意的，记，则，若，则，即，则，因为，，则，由不等式的基本性质可得，所以，，所以，，即，所以，“”“”；若，如取，，则，故“”“”.因此，“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.已知函数，若将的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于坐标原点对称，则m的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先平移得出函数解析式，再根据奇偶性结合范围求参即可.

【详解】的图象向左平移m个单位长度后，得到的图象对应函数，因为的图象关于坐标原点对称，所以，即，因为，故当时，m取得最小值．故选：B.

9.执行如图的程序框图，输出的值是（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根据程序框图，转化为数列的求和问题，再利用周期性并项求和即可.【详解】由框图可知，循环结构直到满足条件终止，即时，不再累加，即退出循环输出，故输出的，又函数，，是以为周期的函数，其中，由，则.故选：D.10.如图所示，在棱长为2的正方体中，点在棱上，且，则点到平面的距离之和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件确定点P的位置，利用线面平行把点到平面的距离分别转化点到平面的距离求解即可.【详解】在棱长为2的正方体中，平面，平面，则，由，得，在中，，则，即点为中点，又平面，平面，因此平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离，同理点到平面的距离等于点到平面的距离，连接，过分作的垂线，垂足分别为，如图，由，得，解得，在中，，则，所以点到平面的距离之和为.故选：B11.已知函数的极小值点为，极大值点为，若，则曲线在坐标原点处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由导函数分别判断出函数的单调性，利用极值点定义可求出，由导数的几何意义可求得切线方程为.【详解】依题意可知，令可得此方程两根分别为，当时，，此时恒成立，即为单调递减，此时函数无极值点，不合题意；当时，，所以在和上，；在上，；所以函数在和上单调递减，在单调递增；所以极小值点为，极大值点为，由可得，解得，显然不合题意；当时，，可知在和上；在上；则函数在和上单调递减，在单调递增；所以极小值点为，极大值点为，由可得，解得，经检验满足题意；此时，则切线斜率，所以在坐标原点处的切线方程为，即.故选：A12.已知双曲线的右焦点为，以坐标原点为圆心，线段为半径作圆，与的右支的一个交点为A，若，则的离心率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意求得的值，表示出A点坐标，代入双曲线方程，整理可得关于的齐次式，即可求得离心率.【详解】由题意可知，且为锐角，故，而，故，将代入中，得，结合整理得，即，解得或,由于双曲线离心率，故舍去，故，故选：D二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于点M，且，则___________．【答案】4【解析】【分析】求出点M的坐标，利用抛物线的焦半径公式可得关于p的方程，即可求得答案.【详解】把代入抛物线方程（），得，得，根据抛物线的定义有，解得，故答案为：414.某品牌新能源汽车2019-2022年这四年的销量逐年增长，2019年销量为5万辆，2022年销量为22万辆，且这四年销量的中位数与平均数相等，则这四年的总销量为__________万辆.【答案】53【解析】【分析】根据中位数和平均数公式，结合题意，即可求解.【详解】设2020年的销量为，2021年的销量为，，由题意可知，中位数为，平均数为，由，得，所以这四年的总销量为万量.故答案为：5315.在中，，E是线段AD上动点，设，则___________．【答案】2【解析】【分析】根据平面向量定理的推论得出结果．【详解】如图所示，由题意知，因为A，E，D三点共线，所以，所以．故答案为：2.16.若为锐角，且，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】利用两角和的正切公式结合基本不等式求解即可【详解】因为为锐角，且，所以，所以，所以，因为，即，当且仅当，即时取等号，所以，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为，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.某校组织全校800名学生进行校园安全相关知识的测试，从中随机抽取了100名学生的测试成绩（单位：分），按照分组，绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求的值，并估计全校学生测试成绩在内的人数；（2）学校想了解部分学生测试成绩较低的原因，从样本中测试成绩在内的学生中随机抽取2名学生座谈，已知这些待选的学生中包含和，求和至少有一人被抽到的概率.【答案】（1），320（2）【解析】【分析】（1）由各组频率和为1列方程可求出的值，由频率分布直方图求出成绩在内的频率，用其乘以800可得答案，（2）求出成绩在内的学生人数，然后利用列举法可求得结果【小问1详解】由频率分布直方图知，解得.则测试成绩在内的频率为，所以估计全校学生测试成绩在内的人数为.【小问2详解】样本中测试成绩在内的学生人数为，记学生和之外的4人分别为，则所有可能的结果有AB，Ac，Ad，Ae，Af，Bc，Bd，Be，Bf，cd，ce，cf，de，df，ef，共15种，其中学生和至少有一人被抽到的结果有，共9种.所以学生和至少有一人被抽到的概率.18.记递增的等差数列的前n项和为，已知，且．（1）求和；（2）设，求数列前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设的公差为d（），然后由已知条件列方程可求出，从而可求出和；（2）由（1）得，，然后利用裂项相消求和法可求得结果.【小问1详解】设的公差为d（）．因为，所以，由得，解得，所以，得，所以，．【小问2详解】由（1）得，，所以．19.如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别是棱，BC，AC的中点，.（1）证明：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.【小问1详解】在中，因为E，F分别是BC，AC的中点，所以.因为，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面.【小问2详解】如图所示，连接.利用勾股定理计算得，所以的面积为.设点到平面的距离为，则三棱锥的体积为.又易知平面，所以三棱锥的体积为.所以，解得，即点到平面的距离为.20.已知椭圆C：过点，且C的右焦点为．（1）求C的离心率；（2）过点F且斜率为1的直线与C交于M，N两点，P直线上的动点，记直线PM，PN，PF的斜率分别为，，，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件求出椭圆方程再求离心率；（2）设，，，将直线MN的方程与椭圆方程联立得，，代入斜率公式验证成立即可.【小问1详解】由得C的半焦距为，所以，又C过点，所以，解得，所以，．故C的离心率为．【小问2详解】由（1）可知C的方程为．设，，．由题意可得直线MN的方程为，联立，消去y可得，则，，则，又，因此．21.已知函数.（1）讨论在区间上的单调性；（2）若存在使不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）先求导，再根据导数的结果将分类，根据导数正负得到单调性；（2）由不等式，将反解，存在，使，所以，求出，即可求出的取值范围.【小问1详解】由已知得.若，则当时，恒成立，所以，故单调递增.由可得，若，则当时，恒成立，所以，故单调递增.若，令，可得，其中，当或时，单调递增，当时，单调递减.综上：若，则在上单调递增；若，则在和上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】由不等式，得，则.设函数，因为存在，使，所以.求导得，令，解得舍去，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.因为，且，所以，所以，即实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：本题（1）关键在于的分类，（2）关键在于分清与哪个更大，以求出的取值范围.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，与轴交于点，求的值.【答案】（1），（2）36【解析】【分析】（1）根据消参即可，根据极坐标和直角坐标互化公式即可；（2）先求出直线的参数方程，联立曲线的普通方程，由的几何意义即可求解.【小问1详解】由曲线的参数方程消去参数，得普通方程为.因为，所以，将代入得.【小问2详解】由于直线与轴的交点坐标为，倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数），代入，得，设对应的参数分别为，则，所以.[选修4