2023屆湖南省懷化市中方縣第二中學高三下學期5月階段檢測試題數學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知i是虛數單位，則1+iiA．-12+32i2．已知定義在上的偶函數滿足，且在區間上是減函數，令，則的大小關系為（）A． B．C． D．3．已知，是兩條不重合的直線，，是兩個不重合的平面，則下列命題中錯誤的是（）A．若，，則或B．若，，，則C．若，，，則D．若，，則4．本次模擬考試結束后，班級要排一張語文、數學、英語、物理、化學、生物六科試卷講評順序表，若化學排在生物前面，數學與物理不相鄰且都不排在最后，則不同的排表方法共有（）A．72種 B．144種 C．288種 D．360種5．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為A． B． C．2 D．6．已知集合，則（）A． B．C． D．7．已知數列的前項和為，且，，則()A． B． C． D．8．已知向量，夾角為，，，則()A．2 B．4 C． D．9．已知函數（，，），將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的部分圖象如圖所示，則是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．設集合，，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知函數．若存在實數，且，使得，則實數a的取值范圍為（）A． B． C． D．12．設全集U=R，集合，則（）A．{x|-1<x<4} B．{x|-4<x<1} C．{x|-1≤x≤4} D．{x|-4≤x≤1}二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．割圓術是估算圓周率的科學方法，由三國時期數學家劉徽創立，他用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積，從而得出圓周率．現在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自其內接正十二邊形內部的概率為________．14．如圖所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延長線交BC邊于點F，若，則____.15．從編號為，，，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，則第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為_____________.16．在中，內角的對邊分別為，已知，則的面積為___________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知分別是內角的對邊，滿足（1）求內角的大小（2）已知，設點是外一點，且，求平面四邊形面積的最大值.18．（12分）如圖，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.（1）若為的中點，求證：平面；（2）若，求四棱錐的體積.19．（12分）已知等差數列的公差，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和．20．（12分）某貧困地區幾個丘陵的外圍有兩條相互垂直的直線型公路，以及鐵路線上的一條應開鑿的直線穿山隧道，為進一步改善山區的交通現狀，計劃修建一條連接兩條公路和山區邊界的直線型公路，以所在的直線分別為軸，軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，山區邊界曲線為，設公路與曲線相切于點，的橫坐標為.（1）當為何值時，公路的長度最短?求出最短長度；（2）當公路的長度最短時，設公路交軸，軸分別為，兩點，并測得四邊形中，，，千米，千米，求應開鑿的隧道的長度.21．（12分）已知是等差數列，滿足，，數列滿足，，且是等比數列.（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前項和.22．（10分）已知傾斜角為的直線經過拋物線的焦點，與拋物線相交于、兩點，且.（1）求拋物線的方程；（2）設為拋物線上任意一點（異于頂點），過做傾斜角互補的兩條直線、，交拋物線于另兩點、，記拋物線在點的切線的傾斜角為，直線的傾斜角為，求證：與互補.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

利用復數的運算法則即可化簡得出結果【詳解】1+i故選D【點睛】本題考查了復數代數形式的乘除運算，屬于基礎題。2、C【解析】

可設，根據在上為偶函數及便可得到：，可設，，且，根據在上是減函數便可得出，從而得出在上單調遞增，再根據對數的運算得到、、的大小關系，從而得到的大小關系.【詳解】解：因為，即，又，設，根據條件，，；若，，且，則：；在上是減函數；；；在上是增函數；所以，故選：C【點睛】考查偶函數的定義，減函數及增函數的定義，根據單調性定義判斷一個函數單調性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數的單調性的應用，屬于中檔題.3、D【解析】

根據線面平行和面面平行的性質，可判定A；由線面平行的判定定理，可判斷B；C中可判斷，所成的二面角為；D中有可能，即得解.【詳解】選項A：若，，根據線面平行和面面平行的性質，有或，故A正確；選項B：若，，，由線面平行的判定定理，有，故B正確；選項C：若，，，故，所成的二面角為，則，故C正確；選項D，若，，有可能，故D不正確.故選：D【點睛】本題考查了空間中的平行垂直關系判斷，考查了學生邏輯推理，空間想象能力，屬于中檔題.4、B【解析】

利用分步計數原理結合排列求解即可【詳解】第一步排語文，英語，化學，生物4種，且化學排在生物前面，有種排法；第二步將數學和物理插入前4科除最后位置外的4個空擋中的2個，有種排法，所以不同的排表方法共有種.選.【點睛】本題考查排列的應用，不相鄰采用插空法求解，準確分步是關鍵，是基礎題5、A【解析】由給定的三視圖可知，該幾何體表示一個底面為一個直角三角形，且兩直角邊分別為和，所以底面面積為高為的三棱錐，所以三棱錐的體積為，故選A．6、C【解析】

由題意和交集的運算直接求出.【詳解】∵集合，∴.故選:C.【點睛】本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時，常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.7、C【解析】

根據已知條件判斷出數列是等比數列，求得其通項公式，由此求得.【詳解】由于，所以數列是等比數列，其首項為，第二項為，所以公比為.所以，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查等比數列的證明，考查等比數列通項公式，屬于基礎題.8、A【解析】

根據模長計算公式和數量積運算，即可容易求得結果.【詳解】由于，故選：A.【點睛】本題考查向量的數量積運算，模長的求解，屬綜合基礎題.9、B【解析】

先根據圖象求出函數的解析式,再由平移知識得到的解析式,然后分別找出和的等價條件,即可根據充分條件,必要條件的定義求出.【詳解】設,根據圖象可知,,再由,取,∴.將函數的圖象向右平移個單位長度,得到函數的圖象,∴.,,令,則,顯然,∴是的必要不充分條件.故選：B．【點睛】本題主要考查利用圖象求正(余)弦型函數的解析式,三角函數的圖形變換,二倍角公式的應用,充分條件,必要條件的定義的應用,意在考查學生的數學運算能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.10、C【解析】

由得出，利用集合的包含關系可得出實數的取值范圍.【詳解】，且，，.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用集合的包含關系求參數，考查計算能力，屬于基礎題.11、D【解析】

首先對函數求導，利用導數的符號分析函數的單調性和函數的極值，根據題意，列出參數所滿足的不等關系，求得結果.【詳解】，令，得，．其單調性及極值情況如下：x0+0_0+極大值極小值若存在，使得，則（如圖1）或（如圖2）．（圖1）（圖2）于是可得，故選：D.【點睛】該題考查的是有關根據函數值的關系求參數的取值范圍的問題，涉及到的知識點有利用導數研究函數的單調性與極值，畫出圖象數形結合，屬于較難題目.12、C【解析】

解一元二次不等式求得集合，由此求得【詳解】由，解得或.因為或，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補集的概念和運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

求出圓內接正十二邊形的面積和圓的面積，再用幾何概型公式求出即可．【詳解】半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，∴該正十二邊形的面積為，根據幾何概型公式，該點取自其內接正十二邊形的概率為，故答案為：．【點睛】本小題主要考查面積型幾何概型的計算，屬于基礎題.14、【解析】

過點做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.【詳解】解：如圖，過點做,易得：,,,故,可得：，同理：,,可得,,由，可得,可得：,可得：，,故答案為：.【點睛】本題主要考查平面向量的線性運算和平面向量的數量積，由題意作出是解題的關鍵.15、【解析】

基本事件總數，第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，由此能求出概率.【詳解】解：從編號為，，，的張卡片中隨機抽取一張，放回后再隨機抽取一張，基本事件總數，第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字的基本事件有8個，分別為：，，，，，，，.所以第二次抽得的卡片上的數字能被第一次抽得的卡片上數字整除的概率為.故答案為.【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、列舉法等基礎知識，屬于基礎題.16、【解析】

由余弦定理先算出c，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，即，解得，故的面積.故答案為：【點睛】本題考查利用余弦定理求解三角形的面積，考查學生的計算能力，是一道基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）首先利用誘導公式及兩角和的余弦公式得到，再由同角三角三角的基本關系得到，即可求出角；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理可得：，則，得到，再利用輔助角公式化簡，最后由正弦函數的性質求得最大值；【詳解】解：（1）由，，，，，，，；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理得：，，，所以當時有最大值【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系，三角恒等變換公式的應用，三角形面積公式的應用，以及正弦函數的性質，屬于中檔題.18、(1)見解析(2)【解析】

（1）設EC與DF交于點N，連結MN，由中位線定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；（2）取CD中點為G，連結BG，EG，則可證四邊形ABGD是矩形，由面面垂直的性質得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，從而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入體積公式即可計算出體積．【詳解】（1）證明：設與交于點，連接，在矩形中，點為中點，∵為的中點，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）取中點為，連接，，平面平面，平面平面，平面，，∴平面，同理平面，∴的長即為四棱錐的高，在梯形中，，∴四邊形是平行四邊形，，∴平面，又∵平面，∴，又，，∴平面，.注意到，∴，，∴.【點睛】求錐體的體積要充分利用多面體的截面和旋轉體的軸截面，將空間問題轉化為平面問題求解，注意求體積的一些特殊方法——分割法、補形法、等體積法.①割補法：求一些不規則幾何體的體積時，常用割補法轉化成已知體積公式的幾何體進行解決．②等積法：等積法包括等面積法和等體積法．等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以用來求解幾何圖形的高或幾何體的高，特別是在求三角形的高和三棱錐的高時，這一方法回避了通過具體作圖得到三角形(或三棱錐)的高，而通過直接計算得到高的數值．19、（1）；（2）.【解析】

（1）根據等比中項性質可構造方程求得，由等差數列通項公式可求得結果；（2）由（1）可得，可知為等比數列，利用分組求和法，結合等差和等比數列求和公式可求得結果.【詳解】（1）成等比數列，，即，，解得：，.（2）由（1）得：，，，數列是首項為，公比為的等比數列，．【點睛】本題考查等差數列通項公式的求解、分組求和法求解數列的前項和的問題；關鍵是能夠根據通項公式證得數列為等比數列，進而采用分組求和法，結合等差和等比數列求和公式求得結果.20、（1）當時，公路的長度最短為千米；（2）（千米）.【解析】

（1）設切點的坐標為，利用導數的幾何意義求出切線的方程為，根據兩點間距離得出，構造函數，利用導數求出單調性，從而得出極值和最值，即可得出結果；（2）在中，由余弦定理得出，利用正弦定理，求出，最后根據勾股定理即可求出的長度.【詳解】（1）由題可知，設點的坐標為，又，則直線的方程為，由此得直線與坐標軸交點為：，則，故，設，則.令，解得=10.當時，是減函數；當時，是增函數.所以當時，函數有極小值，也是最小值，所以，此時.故當時，公路的長度最短，最短長度為千米.（2）在中，，,所以，所以，根據正弦定理,，，，又，所以.在中，，，由勾股定理可得，即，解得，（千米）.【點睛】本題考查利用導數解決實際的最值問題，涉及構造函數法以及利用導數研究函數單調性和極值，還