福建省厦门市外国语学校2024-2025学年高三上学期11月阶段检测数学试卷

绝密★启用前 厦门外国语学校2024-2025学年第一学期高三11月份阶段性考试 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分。考试用时120分钟。 注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上。 2.选择题每小题选出答案后，用2B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；在试卷上做答无效。 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整。 第Ⅰ卷（共58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，若，则所有整数a的取值构成的集合为（    ） A．{1，2} B．{1} C．{0，1，2} D．N 2．已知各项均为正数的等比数列中，若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．9 3．已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在非零实数，使得”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．数列满足，且，则等于（    ） A．148 B．149 C．152 D．299 6．已知正三角形的边长为，平面内的动点满足，，则的最大值是（ ） A． B． C． D． 7．已知不等式对任意恒成立，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 8．正方体中，点M是上靠近点的三等分点，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2、 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对得部分分数分. 9．设为互不重合的两个平面，m，n为互不重合的两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若m，n为异面直线，且，，，，则 C．若m，n与所成的角相等，则 D．若，，，则 10.已知复数，，且在复平面内对应的点在第一象限，则以下结论正确的为（    ） A． B． C． D． 11．定义在上的函数满足，其中为实数，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则（ ） A.方程可以有无数多解 B.当时， C.当时，将所有满足（）且大于等于1的实数从小到大排成一列，组成数列，若，则数列的最大项为 D.的取值范围为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 分 12．已知向量的夹角的余弦值为，且，则 . 13．已知函数，且 ，则 . 14．已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，当时，平面截球O所得截面的周长为 ；当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为 . 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．在△ABC中，角的对边分别为，，，已知. (1)求角； (2)若是△ABC边上的一点， 且满足，，求. 16．已知数列的前项和为，，（）. (1)求数列的通项公式； (2)记，数列的前项和为，恒成立，求实数的取值范围． 17.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，面，是棱上一动点. （1）当时，求三棱锥的体积 （2）当的面积最小时，求平面PAM与平面AMD所成夹角的余弦值. 18.已知函数满足存在实数，使得. （1）求实数的取值范围； （2）若有最大值为，求实数的值； （3）证明：. 19．已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有； ②对于任意，若，都有. (1)已知集合，求； (2)已知集合，求； (3)若中有4个元素，证明：中恰有5个元素. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 厦门外国语学校2024-2025学年第一学期 高三11月份阶段性考试 数学(答题卡) 考场/座位号： 姓名： 班级： 注意事项 1．答题前，请将姓名、班级、考 场、准考证号填写清楚。 2．客观题答题必须使用2B铅笔填 涂，修改时用橡皮擦干净。 3．主观题使用黑色笔书写。 4．必须在题号对应的答题区内作 答，超出答题区书写无效。 5．保持答卷清洁、完整。 正确填涂 缺考标记 准考证号                 [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] 客观题(1~8为单选题;9~11为多选题) 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15. 16. 17. 18. 19. 厦门外国语学校2024-2025学年第一学期高三11月份阶段性考试 参考答案 · 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 选项 C C C D B B A D ABD AC AB 11.【详解】 A.当函数为常值函数，此时方程有无数多解，所以A对 B.当时，，，所以，B对 C.当时，若，则有，解得，其中，所以C错 D.据题意，得. ∵当时，在单调递增，在单调递减，值域为 ∴①当时，∵，取遍的每一个值 ∴时，一定，使得，如图1所示 此时，∴符合题设要求. ②当时，可知，在单调递增，所以当时，. 时 （ⅰ）若，则一定，使得，如图2所示 进而； （ⅱ）若，其中，令， 当时，，∴，所以，使得，如图3所示， 进而，∴也符合题设要求，∴D错. · 填空题 12. 13. 14. · 解答题 15．(1) (2) 【详解】（1）因为，即，. 由正弦定理可得，................................2分 且， 即，可得， 且，则，可得，................................5分 又因为，所以.................................6分 （2）因为，即， 可得，即，.................................8分 可知平分，则， 因为， 即，整理可得.................................13分 16.（1）;（2） 【详解】 （1）由，可得： 时，，两式相减可得：，所以，................................3分 时，，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，的通项公式为..........5分 （2），． ， ， 两式相减得：， 所以，.................................10分 因为恒成立，可得， 记， 法一： 令，则，解得， 则，即当时，取到最大值2，................................14分 可得，所以实数的取值范围．................................15分 法二： ， 时，，即， 时，，即， 则，即当时，取到最大值2，................................14分 可得，所以实数的取值范围．................................15分 17.（1）；（2） 法1：∵平面， ∴ ................................2分 又∵平面，∴PA⊥AC. ∵，∴ 设到平面的距离，∴................................4分 又∵，∴ 所以................................7分 法2：设相交于点 由题意得 在三角形中应用余弦定理 ，所以 所以有。 因为，所以 因为，所以， （酌情给分）................................7分 (2)设相交于点 因为，所以 因为，所以， ，因为为定值2，所以当最小时，三角形 面积最小。 因为在线段上动，所以当时，最小，即三角形面积最小， 此时...............................9分 取PC中点N，因为为中点，所以。 因为平面，。所以 所以在平面中， 因为平面，，所以， 因为， 所以平面 因为，所以，因为 以为原点，，，建立空间直角坐标系。................................11分 ， ，， 设平面的法向量满足 解得平面的一个法向量。................................13分 易得平面的法向量...............................14分 设平面平面夹角， ................................15分 18.（1）；（2）；（3）详见解析. 【详解】（1）由，得函数的定义域为，又； 1分 当时，恒成立，所以在上单调递增，不满足题意； 2分 当时，，，单调递增；，，单调递减 此时满足存在实数，使得； 3分 综上，实数的取值范围为 （2） 由（1）知，令， 则,，于上单调递减 4分 当，即时，恒成立，于上单调递减，没有最大值 ５分 当，即时，存在，使得　① 所以时，，单调递增；时，，单调递减. 所以存在的最大值为　　② ８分 由①②消整理得 ９分 令，关注到，且单调递增， 所以是方程唯一解． １０分 把代入①式中，求得． １１分 （３）由，得， １２分 故欲证，只需证：，即， 令（），即证，即证 １４分 令，则， 所以在单调递增，而， 所以，当时，恒成立，证毕． １７分 19.(1)(2)(3)证明见解析 【详解】（1）由①可得都是中的元素.................................3分 下面证明中除外没有其他元素： 假设中还有其他元素，分两种情况： 第一种情况，中最小的元素为1，显然不是中的元素，不符合题意； 第二种情况，中最小的元素为2，设中除外的元素为， 因为是中的元素，所以为4或8，而4，8也是中的元素， 所以中除外没有其他元素. 综上，.................................5分 （2）由①可得，都是中的元素. 显然，由（2）可得，是中的元素，即是中的元素. 因为，所以，解得................................8分 （3）证明：设. 由①可得，都是中的元素. 显然，由②可得，是中的元素，即是中的元素. 同理可得，是中的元素. 若，则，所以不可能是中的元素，不符合题意. 若，则，所以，即. 又因为，所以，即， 所以，此时.................................14分 假设中还有其他元素，且该元素为， 若，由（2）可得，而，与矛盾. 若，因为，所以，则， 即，所以中除外，没有其他元素. 所以，即中恰有5个元素.................................17分 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$