?2023屆高三年級(jí)階段測(cè)試（二）
數(shù) 學(xué)
一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1．設(shè)集合，，，則（　?。?br /> A． B． C． D．
2．i為虛數(shù)單位，則滿(mǎn)足的方程是（　?。?br /> A． B．
C． D．
3．的展開(kāi)式中的系數(shù)為（ ）
A．28 B． C．56 D．
4．設(shè)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)，且滿(mǎn)足，則（ ）
A． B．
C． D．
5．已知數(shù)列．若p：數(shù)列是等比數(shù)列；q：
，則p是q的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
6．關(guān)于函數(shù)其中，給出下列四個(gè)結(jié)論：
甲：6是該函數(shù)的零點(diǎn)； 乙：4是該函數(shù)的零點(diǎn)；
丙：該函數(shù)的零點(diǎn)之積為0； ?。悍匠逃袃蓚€(gè)不等的實(shí)根．
若上述四個(gè)結(jié)論中有且只有一個(gè)結(jié)論錯(cuò)誤，則該錯(cuò)誤的結(jié)論是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．設(shè)常數(shù)a使方程在區(qū)間上恰有五個(gè)解，則（ ）
A． B． C． D．
8．設(shè)，表示不超過(guò)的最大整數(shù)．若存在實(shí)數(shù)，使得，，…，
同時(shí)成立，則正整數(shù)的最大值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，至少有兩項(xiàng)是符合題目要求的．全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．
9．已知函數(shù)，則（ ）
A．的最大值為3 B．的最小正周期為
C．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱(chēng) D．在區(qū)間上單調(diào)遞減
10．已知實(shí)數(shù)a，b，c，滿(mǎn)足且，則下列不等關(guān)系一定正確的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知與均為單位向量，其夾角為，則（ ）
A． B．
C． D．
12．連接正方體每個(gè)面的中心構(gòu)成一個(gè)正八面體．甲隨機(jī)選擇此正八面體的三個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成三
角形，乙隨機(jī)選擇此正八面體三個(gè)面的中心構(gòu)成三角形，且甲、乙的選擇互不影響，
則（ ）
A．甲選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成正三角形的概率為
B．甲選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成等腰直角三角形的概率為
C．乙選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成正三角形的概率為
D．甲選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的三角形與乙選擇的三個(gè)點(diǎn)構(gòu)成的三角形相似的概率為
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．已知函數(shù)．不論a為何值，曲線均存在一條固定的切線，則這條切線的方程是_________．
14．已知函數(shù)．若存在a，b，使得f (x)在區(qū)間的最小值為且最大值為1，則符合條件的一組a，b的值為_(kāi)________．
15．在數(shù)列中，．?dāng)?shù)列滿(mǎn)足．若，
，則數(shù)列的前2022項(xiàng)和為_(kāi)________．
16．已知橢圓C：的右焦點(diǎn)為．經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O且斜率的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，的中點(diǎn)為M，的中點(diǎn)為N．若，則橢圓C的離心率e的取值范圍是_________．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．
17．（本小題滿(mǎn)分10分）
已知數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn，且滿(mǎn)足a1+a3=2q+1，S3=3a2+1．
（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn =求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n．


18．（本小題滿(mǎn)分12分）
在檢測(cè)中為減少檢測(cè)次數(shù)，我們常采取“n合1檢測(cè)法”，即將n個(gè)人的樣本合并檢測(cè)，若為陰性，則該小組所有樣本均未感染病毒；若為陽(yáng)性，則還需對(duì)本組的每個(gè)人再做檢測(cè)．現(xiàn)有10k（k∈N*）人，已知其中有2人感染病毒．
（1）若k=5，并采取“10合1檢測(cè)法”，求共檢測(cè)15次的概率；
（2）設(shè)采取“5合1檢測(cè)法”的總檢測(cè)次數(shù)為X，采取“10合1檢測(cè)法”的總檢測(cè)次數(shù)為Y，若僅考慮總檢測(cè)次數(shù)的期望值，當(dāng)k為多少時(shí)，采取“10合1檢測(cè)法”更適宜？請(qǐng)說(shuō)明理由．



19．（本小題滿(mǎn)分12分）
在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，D為邊BC上一點(diǎn)，若 =．
（1）證明：（i）AD平分∠BAC，
（ii）AD2=AB?AC-DB?DC；
（2）若(1+sinB)sin∠BAC=cosB(1+cos∠BAC)，求的最大值．

20．（本小題滿(mǎn)分12分）
在一張紙上有一圓C：(x+)2+y2=4，定點(diǎn)M(,0)，折疊紙片使圓C上某一點(diǎn)M1恰好與點(diǎn)M重合，這樣每次折疊都會(huì)留下一條直線折痕PQ，設(shè)折痕PQ與直線M1C的交點(diǎn)為T(mén)．
（1）求證：||TC| -|TM||為定值，并求出點(diǎn)T的軌跡C′方程；
（2）設(shè)A(-1,0)，M為曲線C′上一點(diǎn)，N為圓x2+y2=1上一點(diǎn)（M，N均不在x軸上）．直線AM，AN的斜率分別記為k1，k2，且k2=-k1．求證：直線MN過(guò)定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)的坐標(biāo)．


21．（本小題滿(mǎn)分12分）
已知底面ABCD為菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截幾何體如圖所示，若AB= DG=2，CF=3，∠BAD=．
（1）求點(diǎn)D到平面BFG的距離；
（2）求銳二面角A－EC－B的余弦值．

22．（本小題滿(mǎn)分12分）
已知函數(shù)f(x)=2xlnx，g(x)= x2+ax-1，a∈R．
（1）若F(x)= g(x)-f(x)在[1, +∞)存在極小值點(diǎn)，求a的取值范圍；
（2）若函數(shù)h(x)= |f(x)|-2a有3個(gè)零點(diǎn)x1，x2，x3(x1．

一、單項(xiàng)選擇題．
1．C 2．D 3．B 4．A
5．A 6．B 7．C 8． A
二、多項(xiàng)選擇題．
9．BC 10．AC 11．ABD 12．ACD
三、填空題．
13． 14．，或，
15． 16．
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟．
17．解：（1）因?yàn)閍1+a3=2q+1，S3=3a2+1，所以a1=1，q=2，
所以an =2n-1；
（2）因?yàn)?bn =
n為偶數(shù)時(shí)，bn === -
所以T2n=a2- a1+b2+ a4- a3+b4+…+a2n- a2n-1+b2n
=( a1+ a3+ … + a2n-1)
+( -+ -+…+ -)
=1- + ．
18．解：（1）對(duì)50個(gè)人采取“10合1檢測(cè)法”需平均分為5組，先檢測(cè)5次，因?yàn)楣矙z測(cè)15次，即2個(gè)感染者分在同一組；只需考慮其中某位感染者所在的小組，原題等價(jià)于：從49人中任選9人與他組成一組，求選到的9人中有另一位感染者的概率，此概率為=；
（2）若2個(gè)感染者分在同一組，則X=2k+5，P==，Y=k+10，P==，
若2個(gè)感染者分在不同小組，則X=2k+10，P=1- ，Y=k+40，P=1- ，
E(X) = 2k+10- ，E(Y) = k+20- ，
令E(X)> E(Y)，所以2k+10- > k+20- ，則10k2-101k+80>0（k∈N*），
所以k≥10，
綜上，當(dāng)k≥10時(shí)，采取“10合1檢測(cè)法”更適宜．
19．解：（1）（i）設(shè)∠BAD＝α，∠CAD＝β，
在△ABD中，由正弦定理得，=①，
在△ACD中，由正弦定理得，=②
因?yàn)?，sin∠ADB=sin∠ADC，
所以sina=sinb，又因?yàn)?＜α、β＜，
所以a=b，所以AD平分∠BAC，
（i）因?yàn)閏os∠ADB=cos∠ADC，所以=
所以AD2=AB2+ BD2-(AB2+ BC2-AC2)= AB2+AC2-BD(BC-BD)
因?yàn)?，
所以AD2= AB2+ AC2-BD?DC
= AB?AC (+)-BD?DC
= AB?AC-DB?DC；
（2）因?yàn)?1+sinB)sin∠BAC=cosB(1+cos∠BAC)，
所以=，
所以tanα=tan，
所以A+B=．
所以的最大值為．
20．解：（1）證明：如圖，由點(diǎn)M1與M關(guān)于PQ對(duì)稱(chēng)，則|M1T| = |TM|，
所以||TC| - |TM||=||TC| - |TM1||=|CM1|=2，故為定值．
由||TC| - |TM1||=20，b>0），
所以a=1，c=，b2=c2-a2=4，
所以雙曲線方程為x2-=1；
（2）因?yàn)锳(-1,0)，所以設(shè)直線AM的方程為x=m1y-1，直線AN的方程為x=m2y-1，
聯(lián)立方程組整理得(4m12-1)y2-8m1y=0，解得y=0或y=，所以M(,)，
聯(lián)立方程組整理得(m22+1)y2-2m2y=0，解得y=0或y=，N(,)，因?yàn)閗2=-k1，所以m2=-4m1，
所以N(,)，
所以kMN==4m1，
所以直線MN的方程為y-=4m1(x -)，
即y=4m1x -4m1 y=4m1(x -1)4m1，此時(shí)直線過(guò)定點(diǎn)(1,0)，
即直線MN恒過(guò)定點(diǎn)(1,0).
21．解：（1）設(shè)D到平面BFG的距離為d，連接BD，交AC于點(diǎn)O，
在直四棱柱中
所以GD⊥底面ABCD，又AC?平面ABCD，所以GD⊥AC，GD⊥BD，
同理FC⊥AC，BE⊥底面ABCD，
CF∥GD，GD?平面BGD，CF?平面BGD，所以CF∥平面BGD，
所以F到平面BDG的距離為=C到平面BDG的距離，
菱形ABCD中，BD⊥AC，所以V三棱錐D－BFG=S△BFG?d=V三棱錐F－BDG=S△BDG?OC，
因?yàn)锳B= DG=2，CF=3，∠BAD=，菱形ABCD中，
所以BD=2，OC=，S△BDG =2，
Rt△BDG中，BG=2，Rt△BCF中，BF=，直角梯形CDGF中，GF=，
所以BG2+ FG2= BF2，所以∠BGF=，所以S△BFG =
所以d=，所以D到平面BFG的距離為．
（2）因?yàn)槠矫鍭BE∥平面CFGD，平面AEFG∩平面ABE=AE，
平面AEFG∩平面CFGD=GF，
所以FG∥AE，
同理AG∥BF，
所以四邊形AEFG為平行四邊形，
在平面ACF內(nèi)作Oz∥CF，又因?yàn)镃F⊥AC，CF⊥BD，所以O(shè)z⊥AC，Oz⊥BD，
所以O(shè)z⊥底面ABCD，又菱形ABCD中，BD⊥AC，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，
則A(,0,0)，B(0,1,0)，C (-,0,0)，G(0,-1,2)，F(xiàn)(-,0,3)，
=+=+=(0,1,1)，=(,1,1)，=(,1,0)，
設(shè)平面BCE的法向量為m=(x,y,z)，
則m?=0，m?=0，則得其中一個(gè)m=(1,-,0)，
由（1）知BG⊥GF，F(xiàn)G∥AE，所以BG⊥AE，又BG⊥AC，所以BG⊥平面ACE，
所以平面ACE的一個(gè)法向量為m==(0,-2,2)，
所以cos=，
所以銳二面角A－EC－B的余弦值為．

22．解：（1）F(x)= g(x)-f(x)= x2+ax-1-2xlnx，F(xiàn)′(x)=2x+a-2-2lnx，
F′′(x)=2-≥0在，恒成立，F(xiàn)′(x)在[1, +∞)，單調(diào)遞增，又F′(1)=a，
所以a≥0時(shí)，F(xiàn)(x)在[1, +∞)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)=在[1, +∞)不存在極小值點(diǎn)，
a0，>>1，
令t=()2，所以存在x0∈(1,t)，F(xiàn)′(x0) =0，且F(x)在(1, x0)單調(diào)遞減，F(xiàn)(x)在( x0,t)單調(diào)遞增，F(xiàn)(x)在[1, +∞)存在極小值點(diǎn)x0．
（2）（i）f(x)=2xlnx，令G(x)=xlnx，G′(x)=1+lnx=0，x=，G(x)在(0,)單調(diào)遞減，G(x)在(, +∞)單調(diào)遞增，G(x)min= - ，h(x)= |f(x)|-2a有3個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3(x1

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