山东省济宁市第一中学2024-2025学年高三上学期11月阶段性学业检测数学试题

数学试题第 1页，共 4页 济宁市第一中学 2024—2025 学年度阶段性学业检测 高三数学试题 命题人：李腾 卢梦雅 审题人：季长青 刘浩 2024.11 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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收回。 4.本试卷考试时间 120 分钟，满分为 150 分。 一、单项选择题：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  2, 1,0,1,2M    ，  2 6 0N x x x    ，则M N  （ ） A． 0,1,2 B． 2, 1,0,1  C． 2 D． 2 2．在复平面内，   1 3i 3 i  对应的点位于（ ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．在等比数列 na 中， 1 2 3 27a a a   ， 2 6 15a a  ，则 4a （ ） A．36 B． 6 C． 6 D．6 4．已知向量a  ， b  满足 2a b    ，且 10ba  ，则 a  在 b  上的投影向量是（ ） A． 4 1  B． b  4 1  C． b  2 1 D． a 2 1 5．已知 tanθ =− 5，则 sin cos 2 sin cos       （ ） A． 13 10  B． 10 13  C． 13 10 D．3 6．已知 ( )f x 为定义在 R上的奇函数，当 0x  时， a x xf    1 1)( ．若 ( )f x 在 ( , )  上 单调递减，则实数 a的取值范围为（ ） A．[1, ) B． ),1[  C． ( ,1) D． ]1,(  7．已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球 O的球面上， 3SA  ， 1AB  ， 2AC  ， 60BAC  ， SA 平面 ABC，则球 O的表面积为（ ） A． 14 B．12π C．7π D．8π 数学试题第 2页，共 4页 8．已知函数 ( )f x 的定义域为 R，且 (2 )f x 为偶函数， ( 3)f x  为奇函数，记 ( )f x 的导函 数为 ( )f x ，则下列函数为奇函数的是（ ） A． )2(  xf B． ( 2)f x  C． ( )f x D． ( 3)f x   二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分。 9．下列说法正确的是（ ） A．若 ,a b c R ，则 2 2ac bc B．若 2 2 , a b c c c  R ，则 a b C．若 a b ，则 2 2a b D．函数 2sin sin y x x   的最小值为 2 2 10．已知函数� � = �sin �� + � （ 0A  ， 0  ， π2   ）的部分图象如图所示，下列说 法正确的是（ ） A．函数  f x 的图象关于 )0, 6 (  对称 B．函数  f x 的图象关于直线 5π 12 x   对称 C．函数  f x 在 2π π, 3 6      上单调递增 D．该图象向右平移 π 6 个单位长度可得 2sin 2y x 的图象 11. 如图，正方体���� − �1�1�1�1棱长为 2，�、�、�、�分别是棱�1�1，棱 A�1，棱��1， 棱��的中点，下列结论正确的是（ ） A．直线��与��为异面直线 B．沿正方体的表面从点 A到点 P的最短距离为 17 C．过点 , ,A P Q的平面截该正方体所得的截面面积为 9 2 D．线段��上存在点�，使得 平面 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12. 已知向量 (2, 1)a    ， ( ,1)b x  （ Rx ）.若 ,a b   的夹角为锐角，则 x的取值范围为 . 13. 若正四棱台的上底面边长为 2，下底面边长为 4，且侧棱长为 3，则其体积为 . //PQ EFR 数学试题第 3页，共 4页 14. 已知数列 �� 满足  2 *1 e nana n  N ， 2 3 03a a x  ，其中 0x 为函数 y   2 2e 1x x x   的 极值点，则 1 2 3ea a a   . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（本题满分 13分） 已知数列 na 的首项为 1 1 3 a  ，且满足 1 12 0n n n na a a a    . (1)证明数列 1{ } na 为等差数列，并求 na 的通项公式； (2)求数列 的前 n项和 . 16.（本题满分 15分） 记∆���的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，且 3����� − ����� = �. (1)求角 B的值； (2)若 D为 AC的中点，且 3BD  ， 2b  ，求∆���的面积. 17．（本题满分 15分） 在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD是边长为 2的正方形， PC PD ，平面 PCD 平面 ABCD . (1)求证： PB PD ； (2)当PC PD 时，求直线 PC与平面 PAB所成角的正弦值.  1n na a  nS 数学试题第 4页，共 4页 18．（本题满分 17分） 设函数      1ln , 1 0f x x g x x x     . (1)求  f x 在 1x  处的切线方程； (2)证明：    f x g x ; (3)若方程    af x g x 有两个实根，求实数 a的取值范围. 19.（本题满分 17分） 已知函数    21 1ln 2 2 f x x ax a   R ． (1)讨论函数  f x 的单调性； (2)若 1 20 x x  ，证明：对任意  0,a  ，存在唯一的实数  1 2,x x  ，使得    2 1 2 1 ( ) f x f x f x x      成立； (3)设 2 2 1 n na n   ， *nN ，数列 na 的前 n项和为 nS ．证明： 2ln( 1)nS n  ． 数学试题答案第 1页，共 6页 济宁市第一中学 2024—2025 学年度阶段性学业检测 高三数学试题答案 一、单项选择题：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.C 2.A 3.D 4.B 5.B 6.D 7.C 8.A 二、多项选择题：本大题共 3小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求，全部选对的得 6分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分. 9.BC 10.ABD 11.AC 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分. 12.（ 1 2 ， +∞） 13. 28 3 14. 1 2 四、解答题：本题共 5小题，共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（1）由 1 12 0n n n na a a a    ， 1 1 3 a  ，得 0na  ，则 1 12n n n na a a a   ，于是 1 1 1 2 n na a   ...........3分 所以数列 1{ } na 是首项 1 1 3 a  ，公差为 2的等差数列，...........4分 1 3 2( 1) 2 1 n n n a      ，所以 1 2 1n a n   . ...........6分 （2）由（1）知 1 1 1 1 1( ) (2 1)(2 3) 2 2 1 2 3n n a a n n n n        ， ...........9分 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) 2 3 5 5 7 2 1 2 3 2 3 2 3 6 9n nS n n n n                . ...........13分 16.（1）由正弦定理得， sin sin sin a b c A B C   ， 则由 3����� − ����� = �，得： 3�������� − �������� = ����，............2分 ∵sinA ≠ 0，∴ 3���� − ���� = 1 π 1sin 6 2 B       ，...........4分 π π 5π, 6 6 6 B         ， π π π 6 6 3 B B     ；...........6分 （2）∵D为 AC的中点，  12BD BA BC      ，  2 2 2 21 2 124BD BA BA BC BC a ac c              ，①...........10分 由余弦定理得， 2 2 2 2 2cos 4 2 a c bB a c ac ac        ，②...........12分 联立①②，解得 4ac  ，...........13分 1 1 3sin 4 3 2 2 2ABC S ac B      ， ABC 的面积为 3 ............15分 17.（1）由题意知平面PCD 平面 ABCD， 又平面 PCD 平面 ABCD CD ，BC CD ， BC 平面 ABCD， 数学试题答案第 2页，共 6页 所以 BC 平面 PCD ............2分 因为 PD 平面 PCD，所以BC PD . ...........3分 又因为 PC PD ， BC PC C  ， PC 平面 PBC ， BC 平面 PBC ， 所以 PD 平面 PBC . ...........5分 因为 PB 平面 PBC ，所以 PD PB . ...........6分 （2）法一：取CD中点为O，连结 PO、 BO ，因为 PC PD ，点O是CD中点，所以 PO CD . 又因为平面 PCD 平面 ABCD，平面 PCD 平面 ABCD CD ， PO 平面 PCD， 所以 PO 平面 ABCD .所以 BOPO  . ...........8分 则 1 1 2 OP CD  ，则 5OB ， 6PB ， 6PA ，所以 PAB 是等腰三角形，则 ,5 22 1 22       ABPAABS PAB 又 .22 1  BCABS ABC ...........10分 设C到平面 PAB的距离为 d ， 则由 PABCABCP VV   得， dSPOS PABABC   3 1 3 1 .解得： 5 2 d ， ...........12分 所以直线 PC与平面PAB所成的角的正弦值为 5 10 2 2 5 2  CD PC d ， 所以直线 PC与平面PAB所成的角的正弦值为 10 5 . ...........15分 法二：取CD中点为O，连结 PO .取 AB中点为 E，连结OE . 因为 PC PD ，点O是CD中点，所以 PO CD . 又因为平面 PCD 平面 ABCD，平面 PCD 平面 ABCD CD ， PO 平面 PCD， 所以 PO 平面 ABCD . 因为点O、 E分别是CD、 AB的中点，所以 //OE AD，则OE CD . 则 1 1 2 OP CD  ， 2OE AD  . 以点O为坐标原点， , ,OD OE OP所在直线分别为 , ,x y z轴，如图建立空间 直角 坐标系D xyz ， ...........8分 则  0,0,0O ，  1,0,0D ，  1,0,0C  ，  1,2,0B  ，  0,0,1P ，  0, 2,0E ，  1, 2,0A ，  1, 2,1AP     ，  2,0,0AB    ，  1,0, 1PC     . ...........9分 数学试题答案第 3页，共 6页 设  , ,n x y z  是平面 PAB的一个法向量， 则 2 0 2 0 n AP x y z n AB x               ，取 1y  ，则 2z  ， 所以  0,1,2n   是平面 PAB的一个法向量. ...........11分 设直线 PC与平面 PAB所成的角为 ，则 2 10sin cos , 55 2 n PCn PC n PC            ， ...........14分 所以直线 PC与平面PAB所成的角的正弦值为 10 5 . ...........15分 18.（1） 1( )f x x   ，则 (1) 1, (1) 0k f f   . ...........1分 ( )f x 在 1x  处的切线方程为 1y x  ，即 1 0x y   . ...........2分 （2）令 1( ) ( ) ( ) ln 1, (0, )h x f x g x x x x        ...........3分 2 2 1 1 1( ) xh x x x x     . 令 2 1( ) 0xh x x    ，解得 1x  . ...........4分 0 1, ( ) 0x h x    ； 1, ( ) 0x h x  . ( )h x 在(0,1)上单调递减，在 (1, ) 上单调递增. ...........5分 ( ) (1) 0h x h  ，即 ( ) ( )f x g x . ...........6分 （3）令 ),,0(,1 1ln)()()(  x x xaxgxafxm 问题转化为 ( )m x 在 (0, ) 上有两个零点. ...........7分 2 2 1 1( ) a axm x x x x     . ...........8分 ①当 0a  时， ( ) 0m x  ， ( )m x 在 (0, ) 递减， ( )m x 至多只有一个零点，不符合要求. ...........9分 ②当 0a  时， 令 ( ) 0m x  ，解得 1x a  当 10 x a   时， ( ) 0m x  ， ( )m x 递减； 当 1x a  时， ( ) 0m x  ， ( )m x 递增. 所以 1 1( ) ln 1 ln 1m x m a a a a a a a            . ...........11分 数学试题答案第 4页，共 6页 当 1a  时， 1 (1) 0m m a        ， ( )m x 只有一个零点，不合题意. ...........12分 令 ( ) ln 1, ( ) lna a a a a a      ， 当0 1a  时， ( ) ln 0   a a ， 所以 ( )a 在(0,1)递增， ( ) (1) 0a   . 由于 1(1) 0, ( ) 0m m a a        ， 1 1 1 1 1 1(e ) ln e 1 0 e e a a a a m a     ， 1 1 1 ,e ax a         ，使得 1( ) 0m x  ， 故0 1a  满足条件. ...........14分 当 1a  时， ( ) ln 0a a    ， 所以 ( )a 在 (1, ) 递减， ( ) (1) 0a   . 由于 1(1) 0, ( ) 0m m a a        ， 21(e ) ln e 1 e 1 0 e a a a am a a          2 1e ,ax a       ，使得 2( ) 0m x  ， 故 1a  满足条件. ...........16分 综上所述：实数 a的取值范围为 (0,1) (1, )  . ...........17分 19.（1）函数  f x 的定义域为 0, + ∞ ，   21 1 axf x ax x x     ， ...........1分 ①若 0a  ，�′ � > 0恒成立，  f x 在 0, + ∞ 上单调递增． ...........2分 ②若 0a  ， 10,x a        时，�′ � > 0，  f x 单调递增； 1 ,x a          时，�′ � < 0，  f x 单调递减． ...........4分 综上，当 0a  时，  f x 在 0, + ∞ 上单调递增； 当 0a  时，  f x 在 10, a        上单调递增，在 1 , a         上单调递减． （2）证明：令        2 1 2 1 f x f x F x f x x x     ，  0x  数学试题答案第 5页，共 6页 则   2 2 2 2 1 1 2 1 1 1ln ln1 2 2 x ax x ax F x ax x x x         2 1 2 1 2 1 ln ln1 1 2 x xax a x x x x x        ...........5分 因为 0a  ， 所以，    2 1 2 1 2 1 ln ln1 1 2 x xF x ax a x x x x x        在区间  1 2,x x 上单调递减． ...........6分      2 1 2 11 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 ln ln ln ln1 1 1 1 2 2 x x x xF x ax a x x a x x x x x x x x               2 2 2 1 2 1 1 1 1 11 ln 2 x x a x x x x x x           ............7分 令   1 lng t t t   ， 0t  ，则   1 11 tg t t t     ， 所以，  0,1t 时，   0g t  ，  g t 单调递减，  1,t   时，   0g t  ，  g t 单调递增， 所以，    min 1 0g t g  ， 又 1 20 x x  ，所以， 2 1 1x x  ，所以 2 2 2 1 1 1 1 ln 0x x xg x x x          恒成立， 又因为 0a  ， 2 1 0x x  ，所以，  1 0F x  ． ...........9分 同理可得，    1 22 1 2 2 1 2 1 1 11 ln 2 x xF x a x x x x x x           ， 由 1 ln 0t t   （ 1t  时等号成立）得， 1 11 ln 0 t t    ，即 11 ln 0t t    （ 1t  时等号成立）， 又 1 20 x x  ，所以 1 2 0 1x x   ，所以 1 2 2 1 1 ln 0x x x x    恒成立， 又因为 0a  ， 1 2 0x x  ， 2 1 0x x  ，所以，  2 0F x  ， ...........11分 所以，区间  1 2,x x 上存在唯一实数，使得   0F   ， 所以对任意  0,a   ，存在唯一的实数  1 2,x x  ，使得      2 1 2 1 f x f x f x x      成立；...........12分 （3）证明：当 1a  时，由（1）可得，   21 1ln 2 2 f x x x   在 1, + ∞ 上单调递减． 所以， 1x  时，    1 0f x f  ，即 21 1ln 0 2 2 x x   ． ...........13分 令 1nx n   ， *nN ，则 21 1 1 1ln 0 2 2 n n n n         ， 数学试题答案第 6页，共 6页 即   21 1 2 ln 1 2 lnn n n n          ，即  2 2 1 2 ln 1 2 lnn n n n     令  2ln 1 2lnnb n n   ， *nN ，则 n na b ， ...........15分 所以    1 2 3 1 2 3 2 ln 2 2 ln1 2 ln 3 2 ln 2 2 ln 1 2 ln 2 ln 1n na a a a b b b b n n n                     所以，  2ln 1nS n  . ...........17分