山东省新泰市第一中学北校2024-2025学年高三上学期第二次阶段性考试（12月）数学试题

第 1页，共 4页 新泰一中北校高三上学期第二次阶段性考试 数学试题 2024.12 本试卷共 4页，19题，全卷满分 150分。考试用时 120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上。 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。如需要改动，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交回。 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  1,2,3,4A  ，   2| log 1 2B x x   ，则 A B 的元素个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．已知复数 2 1 1 i 1 i z     （ i为虚数单位），则复数 z在复平面上对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知  1,P m 为抛物线 2 8y x 上一点，F为抛物线的焦点，则 PF （ ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知向量 2 2a   ，  1, 1b    ， 2 3a b    ，则向量 a  在b  上的投影向量为（ ） A． 1 1, 2 2      B．  2, 2 C．  2, 2 D． 1 1, 2 2      5．已知数列 na 是等差数列，数列 nb 是等比数列，若 1 2 12 1 3 1112, 27a a a b b b    ， 则 5 51 a b   （ ） A． 3 5 B． 3 4 C．1 D． 5 3 6．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧 化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最 高容许浓度为0.15%，经测定，刚下课时，空气中含有0.25%的二氧化碳，若开窗通风后教 室内二氧化碳的浓度为 %y ，且 y随时间 t（单位：分钟）的变化规律可以用函数 第 2页，共 4页 100.05 e ( R) t y       描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间 t（单 位：分钟）的最小整数值为（ ）（参考数据 ln2 0.693 ， ln3 1.098 ） A．6 B．7 C．10 D．11 7．若函数  f x 的定义域为R ，且        f x y f x y f x f y    ，  1 1f  ，则   22 1k f k   A． 3 B． 2 C．0 D．1 8．已知正数 cba ,, ， 为自然对数的底数其中满足 ecbea ,ln ，则下列不等式一定 成立的是： 22 ..2.2. bacDbacCbcaBbcaA ＞＜＞＜  二、多选题：本题共 3 小题，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，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9. 值是双曲线，则焦距为定若曲线 ＞或＜是双曲线，则若曲线 ＜＜是椭圆，则若曲线 是圆，则半径为若曲线 ，则下列结论正确的是表示曲线已知方程 CD mmCC mCB CA C m y m x . 51. 51. 2. 1 15 22     10．如图，已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2，则下列说法正确的是 A． 1 1BC CA B． 1 / /BC 平面 1ACD C．直线 1CA与平面 ABCD所成的角为 45 D．点D与平面 1ACD 的距离为 2 3 3 11．已知函数 π( ) sin ( 0,0 π) 3 f x A x A          的图象经过点 60, 2        ，将 ( )f x 的部分图 象沿 x轴折成直二面角（如图所示），若 13MN  ，则 A． 2A  B． 2π 3   C．将 ( )f x 的图象向左平移 2个单位即可得到函数 πsin 3 y A x 的图象 D．函数 2( ( ))y f x 的单调递减区间为 13 2,3 ( ) 2 k k k      Z 第 3页，共 4页 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分。 12．已知命题：“ 2, 2 0x ax ax    R ”为真命题，则 a的取值范围是 ． 13．已知正三棱柱 ABC A B C   的底面边长为 2 3，高为 2，点 P是其表面上的动点，该棱 柱内切球的一条直径是MN，则 PM PN   的取值范围是 . 14．已知离心率为 1e 的椭圆 2 2 1 1 12 2 1 1 : 1( 0)x yC a b a b     和离心率为 2e 的双曲线 2 2 2 22 2 2 2 : 1( 0,x yC a a b    2 0)b  有公共的焦点，其中 1F 为左焦点，P是 1C 与 2C 在第一象限的 公共点．线段 1PF的垂直平分线经过坐标原点，则 2 2 1 22e e 的最小值为 ． 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. 本小题 13分 已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 求实数 a，b的值； 求 的单调区间和极值． 16.（15分）如图，在多面体 ABCDEF中，四边形 ACDE是正方形，四边形 FDCB是梯形， DF与 BC为梯形上底与下底. ABC 是等腰直角三角形，直线 AE 平面 ABC， 2 2 2AB AC EF DF    . (1)求证：平面 BFD 平面 BEF； (2)求平面 ABF与平面 EBF夹角的余弦值. 第 4页，共 4页 17.（15分）已知等差数列 na 的前n项和为 nS ，且 4 24S S ，  *2 2 1n na a n  N (1)求数列 na 的通项公式； (2)设 3nn nb a  ，数列 nb 的前n项和为 nT .问：是否存在 *mN ，使得 mT ， 1mT  ， 2mT  成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由 18.（17分）设 ABC 的内角A，B，C所对的边分别为 , ,a b c，且  ( ) sin ( ) (sin sin ),      a c B C b c B C 3b  . (1)求 ;B (2)若 3    BA BC ，求 ABC 的周长; (3)如图，点D是 ABC 外一点，设 BAC DAC     ，且 2 π 3 ADC  ，记 BCD△ 的面积S，求S关于的关系式，并求S的取值范围. 19．（17分）现定义：若圆A上一动点M ，圆A外一定点N，满足 MN 的最大值为其最 小值的两倍，则称N为圆A的“上进点”．若点G同时是圆A和圆 B的“上进点”，则称G 为圆“ A B ”的“牵连点”．已知圆 2 2 1: ( 1) ( 1) 3 A x y    ． (1)若点C为圆A的“上进点”，求点C的轨迹方程并说明轨迹的形状； (2)已知圆 2 2: ( 2) ( 2) 1B x y    ，且 ,P Q均为圆“ A B ”的“牵连点”． （ⅰ）求直线 PQ的方程； （ⅱ）若圆H是以线段PQ为直径的圆，直线 1: 3 l y kx  与H交于 ,I J两点，探究当 k不 断变化时，在 y轴上是否存在一点W，使得 IWJy 轴平分 ？若存在，求出点W的坐标； 若不存在，请说明理由． 数学参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C D C B A B 题号 9 10 11 答案 AC ABD AB 12．（ 8,0 ] 13． 0,4 14． 3 2 2 2  15.解： ， 由题意知， ，所以 ，…………4 分 又因为 ，所以 ；…………6 分 由 知 ， 当 时 当 时， 当 时 ， …………9分 所以 的单调递增区间是 ， ，单调递减区间是 …………10分 当 时， 取得极大值 当 时， 取得极小值 ， …………13分 16.【详解】（1）因为 //DF BC，DF 平面 ABC， BC 平面 ABC，所以 //DF 平面 ABC， 在正方形 ACDE中， //DE AC，DE 平面 ABC， AC 平面 ABC，所以 //DE 平面 ABC. 因为DE DF D  ，DE、DF 平面 DEF，所以平面 //DEF 平面 ABC. 因为 AE 平面 ABC，所以 AE 平面 DEF. 因为 EF 平面 DEF，所以 AE EF . 因为 //AE CD，所以 EF CD . …………4分 由题意知， 2DE  ， 2EF DF  ，则 2 2 2DE EF DF  ，所以 EF DF .………5 分 因为CD DF D  ，CD、DF 平面 BFD，所以 EF 平面 BFD. 又 EF 平面 BEF，所以平面 BFD 平面 BEF.…………6 分 （2）因为 AB AC ， AE 平面 ABC， 第1/5页 所以以 A为原点，以 AB，AC，AE所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图 所示， …………7分 则 (0,0,0)A ， (2,0,0)B ， (0,0, 2)E ， (1,1,2)F ， …………8分 可得 (2,0,0)AB   ， ( 1,1, 2)BF    ， ( 2,0, 2)BE    . 设�1 = �1, �1, �1 为平面 ABF的法向量，则 1 1 1 1 1 1 2 0 2 0 n AB x n BF x y z                ， 取 1 2y  ，则 1 (0, 2, 1)n    为平面 ABF的一个法向量， …………10分 设  2 2 2 2, ,n x y z  为平面 BEF的法向量，则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 0 n BE x z n BF x y z                  ， 取 2 1x  ，则 2 (1, 1,1)n    为平面 BEF的一个法向量， …………12分 可得 1 2 1 2 1 2 3 15cos , 55 3 n nn n n n             . 所以平面 ABF与平面 EBF夹角的余弦值为 15 5 . …………15分 17.【详解】（1）由 4 24S S ，  *2 2 1n na a n   N 可得      1 1 1 1 4 6 4 2 2 1 2 2 1 1 a d a d a n d a n d            ， 解得 1 1 2 a d    ， 故  1 1 2 1na a n d n     …………3 分 （2）  3 2 1 3n nn nb a n     ， …………4 分 故    11 2 31 3 3 3 5 3 2 33 23 1n n nT n n             ,    2 3 4 13 1 3 3 3 5 3 2 3 3 2 1 3n nnT n n              ， 第2/5页 相减可得     11 2 32 1 3 2 3 3 3 2 1 3n nnT n           ， …………6 分 故         1 1 11 1 23 3 1 2 3 2 2 31 3 3 9 2 1 2 3 32 1 3 6 n n n n n nT n n n                          ， 因此   13 1 3nnT n     ， …………10分 假若存在 *mN ，使得 mT ， 1mT  ， 2mT  成等比数列，则 21 1 m mm mT T T T     ， 即      2 1 323 3 1 3 13 3 3m m mm m m                ， 即          2 2 3 1 1 32 13 3 3 39 6 9 3 3 1 1 13 3m m m m m mm m m m m m                     ， 故    2 4 3 1 23 1 3 63 13 3 3m m m mm m m           ， 进而    2 21 1 2 33 3m m m m        ，即  2 23 4m m   ， …………13分 由于 23m 为奇数，而  4 2m  为偶数，因此不存在 *mN 使得  2 23 4m m   ， 故不存在 *mN ，使得 mT ， 1mT  ， 2mT  成等比数列， …………15分 （其他方法酌情给分） 18【详解】（1）由正弦定理可知， sin sin sin a b c A B C   ， 所以    sin sin π sin sin sin sin sin sin sin B C A A a b c B C B C B C b c a c             ， 所以 2 2 2a ac b c   ，即 2 2 2a c b ac   . …………3分 由余弦定理 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac      ，所以 π 3 B  . …………4分 （2）因为 3    BA BC ，所以等号两边同时平方可得， 2 2 9a c ac   . 又由（1）知 2 2 3a c ac   ，所以 2 2 6a c  ，即 3ac  ，所以 3a c  ， ………5分 所以 ABCV 的周长为 3 3a b c   . …………6分 （3）由正弦定理可得， 3 2 sin sin 3 2 BC AC ABC     ，即 2sinBC  ，…………7分 3 2 sin sin 3 2 CD AC ADC     ，即 2sinCD  . …………8分 因为四边形 ABCD的内角和为 2π，且 πABC ADC   ，所以 π 2 BCD   ……9分 第3/5页 所以   21 1sin 2sin 2sin sin π 2 2sin sin2 2 2 S BC CD BCD              . …10分  22sin sin2 1 cos2 sin2 sin2 sin2 cos2S             ， …………12分 记 2x  ， 令   sin sin cosf x x x x  ， 则        2 2 2cos cos sin 2cos cos 1 2cos 1 cos 1f x x x x x x x x           . 因为在 ACD 中 π0 θ 3 < < ，所以 20 3 x   ，所以 1 cos 1 2 x   ， 所以当 1 cos 1 2 x   时，    0f x f x  ， 单调递增. …………15分 当 1cos 2 x   ，即 2π 3 x  时， 2π 3 3 3 4 f       ；当 cos 1x  ，即 0x  时，  0 0f  ， 则   3 30 4 f x  ，所以 3 30 4 S  . …………17分 19.【详解】（1）因为点C为圆A的“上进点”，所以 3 32 3 3 CA CA          ，即 3CA  ， 所以C的轨迹方程为 2 2( 1) ( 1) 3x y    ， …………3 分 所以点C的轨迹是以  1, 1A   为圆心、 3为半径的圆． …………4 分 （2）（ⅰ）∵ P为圆“ A B ”的“牵连点”，∴ P同时为圆A与圆 B的“上进点”， 由 P为圆 B的“上进点”，得  1 2 1PB PB   ，所以 3PB  ， 即点 P在圆 2 2( 2) ( 2) 9x y    上， …………5分 由 P为圆A的“上进点”，得点 P在圆 2 2( 1) ( 1) 3x y    上； ∴点 P是圆 2 2( 1) ( 1) 3x y    和 2 2( 2) ( 2) 9x y    的交点． 因为 ,P Q均为圆“ A B ”的“牵连点”， 所以直线 PQ即为圆 2 2( 1) ( 1) 3x y    和 2 2( 2) ( 2) 9x y    的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得 0x y  ， 故直线 PQ的方程为 0x y  ． …………7 分 （ⅱ）设 2 2( 1) ( 1) 3x y    的圆心为  1, 1S   ，半径为 3， 第4/5页 2 2( 2) ( 2) 9x y    的圆心为  2,2T ，半径为 3． 直线 ST的方程为 y x ，与 y 0x   联立得 PQ的中点坐标为  0,0 ， 点S到直线 0x y  的距离为 2 2 2  ，则 2 2( 3) ( 2) 1 2 PQ    ， 所以圆H的方程为 2 2 1x y  ． …………10分 假设 y轴上存在点  0,W t 满足题意，设    1 1 2 2 1 2, , , , 0I x y J x y x x  ． 则 0IW JWk k  ， …………11分 即 1 2 1 2 t 0y t y x x     ， …………12分 整理得    2 1 1 2 0x y t x y t    ． 将 1 1 2 2 3 ,1 1 3 y kx y kx    ，代入上式可得 2 1 1 2 1 1 0 3 3 x kx t x kx t                ， 整理得  1 2 1 2 12 0 3 kx x t x x        ①， …………14分 联立 2 2 1 , 3 1, y kx x y        可得  2 2 2 81 0,Δ 03 9k x kx     ， 所以 1 2 1 22 2 2 8 3 9, 1 1 k x x x x k k        ，代入（1）并整理得 22 0 3 k kt   ，…………16分 此式对任意的 k都成立，所以 3t  . 故 y轴上存在点  0,3W ，满足题意恒成立 .…………17分 第5/5页 15.（续） 16（15 分） 17．(15 分)新泰一中北校高三上学期第二次阶段性考试数学答题卡 姓名： 班级： 1、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 5、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 9、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 2、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 6、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 10、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 3、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 7、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 11、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 4、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 8、[ A ] [ B] [ C ] [ D ] 第二题．【每空 5 分】(15 分) 12 13 14 15.（ 13 分） 注意事项： 1、 考生答题前，在规定的地方准确 填写考号和姓名。 2、 选择题作答时，须用 2B铅笔填 涂，如对答案进行修改，用橡皮 轻擦干净，注意不要擦破答题 卷。 3、 在答题卷对应题号指定的答题 区域内答题，切不可超出黑色边 框，超出黑色边框的答案无效。 粘贴条码处 数学答题卡 第 1 页 （共 2页） 第一题 选择题（1-8 题单选，每题 5分；9-11多选，每题 6分） 18.（17 分） 数学 答题卡 第 2 页 （共 2 页） 19.（17 分）