山东省临沂第一中学2024-2025学年高三上学期1月阶段性监测数学试题

学科网（北京）股份有限公司 1 1．已知集合 A＝{x∣－x2＋x≥0}，B＝{x∣x－1＜0}，则 A B ＝( ). A．{x∣x＜1} B．{x∣x≤1} C{x∣0≤x＜1} D．{x∣0≤x≤1} 2．设复数 z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数是 z ，则 2 z z  ＝( )． A．－1－2i B．－2＋i C．－1＋2i D．1＋2i 3．已知∣a∣＝2，∣b∣＝3，∣a＋b∣＝ 19 ，则∣a－b∣等于( )． A． 7 B． 13 C． 15 D． 17 4．下列四组函数中，两个函数表示的是同一个函数的是( )． A．f(x)＝ 2 2 2 x x   与 f(x)＝x＋ 2 B．f(x)＝ 1 2 log3 x2与 f(x)＝log3 x C．f(x)＝ 2x 与 f(x)＝x D．f(x)＝ 33 ( 1)x  与 f(x)＝x－1 5．一个暗箱装有若干个大小相同的红球、白球和黑球，每次从中摸出 1个球，直到摸出的三种颜色的 球都有为止．若小明第 4次摸球后终止摸球，则他依次摸出的 4个球的颜色的不同情形有( )． A．9种 B．12种 C．18种 D．24种 6．已知 sin α＋sin(α＋ π 3 )＝ 4 3 5 ，则 sin(α－ 5π 6 )的值是( ). A． 5 2 3 － B． 2 3 5 C． 4 5 D． 5 4 － 7．设 a＝log0.6 0.8，b＝1.10.8，c＝log1.1 0.8，则( )． A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．a＜c＜b 8．已知 A，B为抛物线 y2＝2px(p＞0)上的两个动点，以 AB为直径的圆 C经过抛物线的焦点 F，且面 积为 4π．若过圆心 C作该抛物线准线 l的垂线，垂足为 D，则|CD|的最大值为( )． A．4 B． 2 2 C． 4 2 D．6 二、多项选择题：本题共 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，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．如图，若长方体 ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为 2的正方形，高为 4，E是 DD1的中点，则( )． A．B1E⊥A1B B．平面 B1CE∥平面 A1BD C．三棱锥 C1－B1CE的体积为 8 3 D．三棱锥 C1－B1CD的外接球的表面积为 24π 合题目要求的． 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 数学试题 2025.1 临沂一中北校区高三上学期1月阶段性监测 学科网（北京）股份有限公司 2 10．已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x＞0时，f(x)＝e－x(x－1)．则下列结论正确的是( )． A．当 x＜0时，f(x)＝ex(x＋1) B．函数 f(x)有五个零点 C．若关于 x的方程 f(x)＝m有解，则实数 m的取值范围是 f(－2)≤m≤f(2) D． x1，x2 R，|f(x2)－f(x1)|＜2恒成立 11．如图，已知点 E是 ABCD的边 AB的中点，Fn(n N*)为边 BC上的一列点，连接 AFn交 BD于 Gn，点 Gn(n N*)满足 nG D  ＝an＋1· nG A  －2(2an＋3)· nG E  ，其中数列{an}是首项为 1的正项数列，Sn 是数列{an}的前 n项和，则下列结论正确的是( )． A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列 C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋2－3n－4 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分． 12．若 3 3 2 n x x       － 的二项展开式中含有常数项，则 n的最小值是________． 13．已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x≥0时，f(x)＝2x3－3x2＋a，则曲线 y＝f(x)在点(－2，f(－ 2))处的切线方程为____________． 14．如图，A，B 是双曲线 2 2 2 2 1 x y a b － ＝ (a＞0，b＞0)上的两点，F 是双曲线的右焦点．△AFB 是以 F为顶点的等腰直角三角形，延长 BF交双曲线于点 C．若 A，C两点关于原点对称，则双曲线的离心 率为__________． 四、解答题：本题共 6 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13 分)已知△ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，向量 m＝(a， 3b)，n＝(cosA， sinB)，且 m∥n． (1)求角 A； (2)若 7 2a b ， ，求△ABC的面积． 学科网（北京）股份有限公司 3 16．(15 分)如图，在四棱锥 P-ABCD中，PA⊥底面 ABCD，PA＝ 3，底面 ABCD是边长为 1的菱 形，∠BCD＝60°，E是 CD的中点． (1)证明：平面 PBE⊥平面 PAB； (2)求二面角 A-BE-P的平面角的大小． 17．(15 分)已知M是抛物线 C：y2＝4x上一点，F是抛物线 C的焦点，|MF|＝4． (1)求直线 MF的斜率； (2)已知动圆 E的圆心 E在抛物线 C上，点 D(2，0)在圆 E上，且圆 E与 y轴交于 A，B两点，令|DA| ＝m，|DB|＝n，求 n m m n ＋ 最大值． (第 16 题图) 学科网（北京）股份有限公司 4 18．（17分）某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阴性．现有 n( n *N∈ )份血液样本， 每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验 n次；(2)混合检验，将其 中 k ( *N∈k ，k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，则这 k份血液全为阴性， 因而这 k份血液只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这 k份血液究竟哪几份为阳性，就 要对这 k份血液再逐份检验，此时这 k份血液的检验次数总共为 k＋1次．假设在接受检验的血液样本中， 每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为 p(0＜p＜1)． (1)假设有 5份血液样本，其中只有两份样本为阳性，若采用逐份检验的方式，求恰好经过 2次检验就 能把阳性样本全部检验出来的概率； (2)现取其中 k ( *N∈k ，k≥2)份血液样本，记采用逐份检验的方式，样本需要检验的总次数为 1 ， 采用混合检验的方式，样本需要检验的总次数为 2 ． ①若 1E ( )＝ 2E ( )，试运用概率统计的知识， 求 p关于 k的函数关系式 p＝f( k )； ②若 p＝1－ 3 1 e ，采用混合检验的方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数 的期望值更少，求 k的最大值． 参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，ln 4≈1.386 3，ln 5≈1.609 4，ln 6≈1.791 8． 19．(17 分)已知函数   1lnf x x a x x        ， 0a  . (1)讨论  f x 极值点的个数； (2)若  f x 恰有三个零点  1 2 3 1 2 3, ,t t t t t t  和两个极值点  1 2 1 2,x x x x . （ⅰ）证明：    1 2 0f x f x  ； （ⅱ）若m n ，且 ln lnm m n n ，证明：     1 2 3 1 e ln 1 mm n n t t t    . 学科网（北京）股份有限公司 1 11.提示： nG D uuuur ＝an＋1· nG A uuur －2(2an＋3)· 1 2 n n G A G B( ＋ ) uuur uuur ， 故 nG D uuuur ＝(an＋1－2an－3)· nG A uuur －(2an＋3)· nG B uuur ， nG D uuuur ， nG B uuur 共线，故 an＋1－2an－3＝0，即 an ＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，故 an＋3＝4×2n－1，故 an＝2n＋1－3．a3＝24－3＝13，A正确；数列{an＋3}是等 比数列，B正确；an＝2n＋1－3，C错误；Sn＝4 1 2 1 2 n－ － －3n＝2n＋2－3n－4，故 D正确．故选 ABD． 12．10．13．12x－y＋20＝0．14． 9 2 8 ． 15 ． 解 ： (1) 因 为 m ∥ n ， 所 以 sin 3 cos 0a B b A  ． 由 正 弦 定 理 ， 得 sin sin 3 sin cos 0A B B A  ．又 sin 0B ，从而 tan 3A  ． 因为0 πA＜＜ ，所以 π 3 A  （6分） (2)由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，（7分）而 7a  ， 2b  ， π 3 A  ，得 27 4 2c c   ， 即 2 2 3 0c c   ，（9分）因为 0c＞ ，所以 3c  ，故△ABC的面积 1 3 3sin 2 2 S bc A  ．（13 分） 16．解：(1)如图，连接 BD，由 ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．∵ E是 CD 的中点，∴ BE⊥CD．∵ CD∥AB，∴ BE⊥AB．∵ PA⊥平面 ABCD，∴ PA⊥BE．（4 分）∵ PA AB ＝A，∴ BE⊥平面 PAB．又 BE ⊂ 平面 PBE，∴ 平面 PBE⊥平面 PAB．（7分） (2)∵ BE⊥平面 PAB，∴ BE⊥PB，∴ ∠ABP即为二面角 A-BE-P的平面角．在 Rt△PAB中，AB＝1， PA＝ 3，tan∠ABP＝ 3，（12 分）∴ ∠ABP＝60°．∴ 二面角 A-BE-P的平面角为 60°．（15 分） 17．(1)设 M(x0，y0)，因为|MF|＝4，所以 x0＋1＝4，解得 x0＝3， 所以 M(3， 2 3± )，又 F(1，0)，所以直线 MF的斜率为 2 3 3 3 1 ± ＝± － ．（5分） (2) 设圆心 E( 2 4 b ，b)，圆 E的方程为(x－ 2 4 b )2＋(y－b)2＝( 2 4 b －2)2＋b2， (3) 化简得 x2＋y2－ 2 2 b x－2by＋b2－4＝0．令 x＝0，得 y2－2by＋b2－4＝0， (4) 即[y－(b＋2)][y－(b－2)]＝0，所以 y＝b＋2或 y＝b－2． 不妨设 A(0，b＋2)，A(0，b－2)，则 m＝|DA|＝ 2 24 2 4 8b b b＋( ＋ )＝ ＋ ＋ ， 9．CD．10．AD．11．ABD． 1．B． 2．C． 3．A． 4．D． 5．C．6．D． 7．A． 8．B． 数 学 答 案 学科网（北京）股份有限公司 2 n＝|DB|＝ 2 24 2 4 8b b b＋( － )＝ － ＋ ，   2 2 2 2 22 2 4 8 4 8 8 4 n m n m b b b b m n mn b b ＋ － ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝ ＝ ＋ －( ) 2 4 2 4 4 2 16 2 64 16 64 64 b b b b b ＋ ＝ ＝ ＋ ＋ ＋ ＋ 2 4 2 2 16 16 162 1 2 1 2 1 2 2 64 864 2 b b b b b b ＝ ＋ ＝ ＋ ≤ ＋ ＝ ＋ ＋ ，当且仅当 2 2 64b b ＝ ，即 2 2b＝ 时，等号成立， 所以 n m m n ＋ 的最大值为 2 2 ．（15 分） 18.解：(1)设恰好经过 2次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件 A， 则 P(A)＝ 2 3 2 3 5 5 A A A ＝ 1 10 ．故恰好经过 2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为 1 10 ． （4分） (2)①由已知得 E 1 ＝ k， 2 的所有可能取值为 1， k＋1， P( 2 ＝1)＝ 1 p(－ )k，P( 2 ＝ k＋1)＝1 1 p－(－ )k ， 所以 E 2 ＝ 1 p(－ )k＋( k＋1)[1－ 1 p(－ )k ]＝ 1 1 p＋ －( ) ( )－ kkk ． 若 E 1 ＝ E 2 ，则 k＝ 1 1 p＋ －( ) ( )－ kkk  p＝1－ 11 ( )k k ， 所以 p关于 k的函数关系式 p＝f( k )＝1－ 11 ( )k k ( *N∈k ， k≥2)．（10 分） ②由题意可得 E 1 ＞E 2 ，得 1 k ＜ 1 p(－ )k＝ 3 1 e ( )k  ln k＞ 1 3 k ． 设 f(x)＝ ln x－ 1 3 x(x＞0)，则 f'(x)＝ 1 x － 1 3 ． 当 x∈(0，3)时，f'(x)＞0，则 f(x)单调递增；当 x∈(3，＋∞)时，f'(x)＜0，则 f(x)单调递减； 又 ln 4≈1.386 3， 4 3 ≈1.333 3，所以 ln 4＞ 4 3 ．因为 ln 5≈1.609 4， 5 3 ≈1.666 7， 所以 ln 5＜ 5 3 ．故 k的最大值为 4．（17分） 19.解：（1）由题知:     2 2 2 1 0a ax x af x a x x x x         ， 设函数   2g x ax x a   , 当 1 2 a  时,  g x 开口向上, 21 4 0a    , 所以   0f x  ,  f x 在  0,  上单调递减,无极值点； 当 10 2 a  时,   0g x  在  0,  上有两个解 2 2 1 2 1 1 4 1 1 4, 2 2 a ax x a a       , 学科网（北京）股份有限公司 3 又因为 1 2 1x x  , 所以  f x 在  10, x 上单调递减,在  1 2x x， 上单调递增,在  2 ,x  上单调递减. 所以  f x 有两个极值点. 综上:当 1 2 a  时,  f x 无极值点;当 10 2 a  时,所以  f x 有两个极值点.（5 分） （2）(i)由(1)知: 10 2 a  ,且 1 2 1x x  , 又因为  1 1 1 1ln lnf a x x a x f x x x x x                          , 所以      1 2 1 1 1 0f x f x f x f x          .（8 分） (ii)由(i)知:  1f f x x        , 10 2 a  , 1 1 2 2 31t x t x t     , 所以 1 3 1t t  ,所以 1 2 3 1t t t  . 令   ln , 0h x x x x  ,   ln 1h x x   , 所以  h x 在 10, e       上单调递减,在 1 , e      上单调递增. 因为 1x  时,  h x >0;0 1x  时,  h x <0. 所以 10 1 e m n    . 所以,要证明:     1 2 3 1 e ln 1 mm n n t t t    , 只需证:    1 e ln 1mm n n   , 只需证:    ln 1 e ln ln 1mm n n       , 只需证:    ln 1 ln ln ln 1m m n n     , 只需证:    ln 1 1 ln 1 ln ln 1m m n n       , 又因为   lnt x x x  在  0,  上单调递增, 所以只需证:1 ln 1m n   . 令     1ln 1 1 e v x x x x         ，所以   1 11 0xv x x x      ， 学科网（北京）股份有限公司 4 所以函数  v x 在 1 ,1 e       上单调递减； 所以    1 0v x v  ，即 ln 1n n  . 所以，要证：1 ln 1m n   ，只需证：1 m n  ，即证明: 1m n  . 因为 10 e m  ,所以 ln 1m   ,所以 lnm m m  . 又因为 ln lnm m n n , 所以 lnm n n  ,所以 lnm n n n n   . 令   lnx x x x   , 1 1 e x  ,则   ln 0x x    , 所以  x 在 1 ,1 e       上单调递增,所以    1 1n   , 所以 1m n  ,所以     1 2 3 1 e ln 1 mm n n t t t    成立.（17 分） 考场/座位号： 姓名： 班级： 注意事项 1．答题前，考生先将自己的姓名、 班级、考场填写清楚。 2．选择题部分请按题号用2B铅笔填 涂方框。 3．非选择题部分请按题号用0.5毫 米黑色墨水签字笔书写。 4．请勿折叠，保持卡面清洁。 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） 正确填涂 缺考标记 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. 此区域禁止作答 15. 16. 数学答题卡 临沂一中北校区高三1月阶段性监测 (用户名和初始密码均为准考证号) 报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App 17. 18. 19.