2023届高三年级阶段测试（四）数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，，则集合B中所有元素之和为（）A．0 B．1 C． D．2．若复数z满足，则的虚部是（）A．i B．1 C． D．3．设非零向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（）A． B． C． D．4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面是三角形，则V的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知，，则p是q的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（）A． B． C． D．7．己知等边△ABC的边长为2，D为BC的中点，P为线段AD上一点，，垂足为E，当时，（）A． B．C． D．8．双曲线的左，右焦点分别为，，过作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，，，的内切圆圆心分别为，，，则的面积是（）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．李明每天7∶00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4，假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（）A． B．C．李明计划7∶34前到校，应选择坐公交 D．李明计划7∶40前到校，应选择骑白行车10．已知是等比数列，公比为q，若存在无穷多个不同的n，满足，则下列选项之中，可能成立的有（）A． B． C． D．11．如图的六面体中，，，则（）A．平面ABC B．AC与BE所成角的大小为C． D．该六面体外接球的表面积为12．已知函数，其中e是自然对数的底数，下列说法中正确的是（）A．在是增函数B．是奇函数C．在上有两个极值点D．设，则满足的正整数的最小值是2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．展开式中含项的系数为__________．14．定义在R上的函数，，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________．15．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则__________．16．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型．在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点E，F（E，F是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________．四、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）17．在△ABC中，D是BC上的点，AD平分，△ABD面积是△ADC面积的2倍．（1）求；（2）若，，求△ABC的面积．18．数列满足：，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．19．如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：平面AEC；（2）设二面角为60°，，，求三棱锥的体积．20．甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．已知除第五局甲获胜的概率是外，其余每局比赛甲获胜的概率是．假设各局比赛结果互相独立．（1）分别求甲以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；（2）若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分，求乙得分X的分布列及数学期望．21．在平面直角坐标系xOy中，过点且互相垂直的两条直线分别与椭圆交于点A，B，与圆交于点C，D．（1）若，求AB的斜率；（2）记CD中点为E，求面积的取值范围．22．设定义在R上的函数．（1）若存在，使得成立，求实数a的取值范围；（2）定义：如果实数s，t，r满足，那么称s比t更接近r．对于（1）中的a及，问：和哪个更接近？并说明理由．2023届高三年级阶段测试（四）》数学参考答案一、选择题：1．C2．D3．A4．B5．C6．A7．B8．A二、多项选择题：9．BCD10．ABC11．ACD12．ABD三、填空题：13．14．115．16．四、解答题17．解：（1）因为，，且，，所以，由正弦定理可得．（2）因为，所以．在和中，由余弦定理得，．所以．由（1）知，所以．在中，CD边上的高，所以．18．解：（1）当时，；当时，由，所以，两式相减得，此时．经检验知也满足．故数列是以1为首项，为公比的公比数列．故．（2）令，所以，故，相减得，所以．19．证明：（1）连接BD交AC于点O，连按OE．因为底面ABCD为矩形，所以点O为BD的中点，又E为PD的中点，所以，因为平面AEC，平面AEC，所以平面AEC．（2）以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，设是平面AEC的法向量，则，解得：，令，得，又因为是平面AED的一个法向量，所以，解得，所以．20．解：（1）记“甲队3∶0胜利”为事件，“甲队以3∶1胜利”为事件，“甲队以3∶2胜利”为事件，由题意，各局比赛结果相互独立，故，，所以，甲以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率分别是，，．（2）设“乙队以3∶2胜利”为事件，由题意，各局比赛结果相互独立，所以，由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，1，2，3，根据事件的互斤性得，，，，故X的分布列为0123所以．21．解：（1）直线CD的斜率存在，设为a，所以，由知，圆心M到CD的距离为，所以，所以，因为AB与CD垂直，所以AB的解率为．（2）当直线AB的斜率不存在时，，，且，所以．当直线AB的斜率存在，设，，所以，即，所以，，所以，因为，，所以，所以，而，所以，令，所以，显然，所以由与圆M相交得，故，所以，所以，故，综上：．22．解：（1）由题设知，，①当时，恒成立，在R上单调递增；②当时，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增；所以当时，在单调递增，故恒成立，舍；当时，在单调递减，在单调递增，所以，满足，综上：实数a的取值范围；（2）令，，，在单调递减．故当时，；当时，；，，在单调递增，故，则在单调递增，由（1）知，所以；①当时，令，所以，故在单调递减，所以，即，所以比更接近；②当时，令，所以，故在单调递减，所以，即，所以比更接近；