山東師范大學(xué)附屬中學(xué)2025屆高三上學(xué)期12月階段性檢測數(shù)學(xué)試題（Word版附答案）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

本試卷共 4 頁，19 題，全卷滿分 150 分?？荚囉脮r 120 分鐘。
注意事項：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的考生號、姓名、考場號及座位號填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1. 若集合M = {x | x < 4} ，N = {x| 2x1} ，則 MN =
A. {x0x < 2} B.
C. {x2x < 16} D.
2. 若復(fù)數(shù) 的共軛復(fù)數(shù)是
A. ?2 ? i B. 2 ? i C. 2 + i D. ?2 + i
3. 在展開式中，x2 y4 系數(shù)為
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
4. 若函數(shù) 為偶函數(shù)，則a =
A. 0 B. ?1 C. 1 D. 2
5. 已知sin α + cs α = ，則 =
A. ? B. C. ? D.
6. 形如 y = + c(a > 0，b > 0，c∈ R) 的函數(shù)，圖象很像漢字中的“囧”字，被形象地稱為“囧函數(shù)” ．當(dāng)
a = 1，b = 1，c = 0 時，該“囧函數(shù)”與函數(shù)g (x) = ln | x | 的交點個數(shù)為
A. 2 個 B. 4 個 C. 0 個 D. 3 個
7. 一位教授去參加學(xué)術(shù)會議，他選擇自駕、乘坐動車和飛機的概率分別為0.2 ，0.5 ，0.3 ，現(xiàn)在知道他選擇自駕、乘坐動車和飛機遲到的概率分別為0.5 ，0.2 ， 0.1 ，則這位教授遲到的概率為
A. 0.8 B. 0.5 C. 0.23 D. 0.32
8. 已知函數(shù)f (x) = 5sin ωx +12 cs ωx (ω > 0) 在區(qū)間(0, τ )內(nèi)沒有零點，但有極值點，則5cs τω +12sinτω 的取值范圍是
A. ，13] B. ，13] C. D.
二、選擇題：本題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分。在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得 6 分，部分選對的得部分分，有選錯的得 0 分。
9. 為了解某地農(nóng)村經(jīng)濟情況，對該地農(nóng)戶家庭年收入進行抽樣調(diào)查，將農(nóng)戶家庭年收入的調(diào)查數(shù)據(jù)整理得到
如下頻率分布直方圖：
根據(jù)此頻率分布直方圖，下面結(jié)論中正確的是
A ．該地農(nóng)戶家庭年收入低于4.5 萬元的農(nóng)戶比例估計為6%
B ．估計該地農(nóng)戶家庭年收入的85% 分位數(shù)為10 萬元 C ．估計該地農(nóng)戶家庭年收入的平均值不超過6.5萬元
D ．估計該地有一半以上的農(nóng)戶，其家庭年收入介于4.5 萬元至8.5 萬元之間
10. 已知正方體ABCD ? A1B1C1D1 的棱長為 1 ，E 為棱AA1 上一動點， CE 丄平面α ,則
A ．異面直線AB1 和BC1 所成角是
B ．當(dāng)點E 與點A1 重合時，平面α 被正方體所截的截面形狀可能為正五邊形
C ．當(dāng)點E 與點A 重合時，四面體ECD1B1 外接球的體積為
D ．直線CD 與平面α 所成角的正弦值的取值范圍是
11. 已知函數(shù)f (x) = x3 ? 3x2 + ax + 2 ，則
A ．當(dāng)a≤3 時，f (x) 恰有三個單調(diào)區(qū)間
B ．當(dāng)a = 0 時，若f (x) 在(?1, m) 上有最大值，則0 < m3
C ．當(dāng)a = 0 時，過(1,0) 作曲線y = f (x) 的切線有且只有一條
D ．當(dāng)a = 1 ，且k < 1 時，曲線y = f (x) 與直線y = kx ? 2 有 2 個交點三、填空題：本題共 3 小題，每小題 5 分，共 15 分。
12. 已知平面向量a 與b 的夾角為45O ，a 為單位向量，b = (1,1) ，則| 3a + b |= .
13. 等比數(shù)列{an } 中，a3 . a4 . a5 = 8 ， a8 = 8 ，則 a6 的值為 .
14. 正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個棱長相等的正四棱錐
將底面粘接在一起的幾何體.如圖所示，正八面體E ? ABCD ? F 的棱長為 2，
若點P 為棱AB 上的動點，則EP + FP 的最小值為；若點O 為四邊
形 ABCD 的中心，點Q為此正八面體表面上的動點，且OQ = 1 ，則動點Q 的軌跡長度為 .
四、解答題：本題共 5 小題，共 77 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
15.（13 分）
A1
B1
C1
A
D1
如圖，在直四棱柱 ABCD ? A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是直角梯形， AB ∥CD ， AB 丄 AD ， AB = 2CD = 4 ， AD = 2 .
（1）求證： CD1 ∥平面ABB1A1 ；
B
D
C
（2）若 CD1 與平面ABCD 所成的角為60O ，求平面ACD1 與平面 ABCD 夾角的余弦值.
16.（15 分）
記△ABC 的內(nèi)角A，B，C 的對邊分別是a, b, c ，且 c = 6，b2 = a2 + 6a + 36 .
（1）求B ；
（2）點D 在 AC 上，BD 平分上ABC ，且BD = 4 ，求b .
17. （15 分）
為進一步提升人才選拔的公正性，某省擬在三年內(nèi)實現(xiàn)高考使用新高考全國 I 卷，為測試學(xué)生對新高考試卷的適應(yīng)性，特此舉辦了一次全省高三年級數(shù)學(xué)模擬考試（滿分 150 分），其中甲市有 10000 名學(xué)生參加考試．根據(jù)成績反饋，該省及各市本次模擬考試成績X 都近似服從正態(tài)分布N(μ,σ2 ) .
（1）已知本次模擬考試甲市平均成績?yōu)?97.5 分，成績位于(97.5,130.5] 區(qū)間內(nèi)的學(xué)生共有 4772 人．甲市學(xué)生A 的成績?yōu)?114 分，試估計學(xué)生A 在甲市的大致名次；
（2）在參加該省本次模擬考試的學(xué)生中隨機抽取 500 人作為研究樣本，隨機變量Y 為本次考試數(shù)學(xué)成績
在(μ?3σ,150]之外的人數(shù)，求P(Y≥1) 的概率及隨機變量Y 的數(shù)學(xué)期望. 附：參考數(shù)據(jù)：0.9987500 ≈ 0.5218 ，0.9987499 ≈ 0.5225
參考公式：若 X N ( μ,σ2 ) ，有P(μ?σ < X < μ+σ) = 0.6826 ， P(μ? 2σ < X < μ+ 2σ) = 0.9544 ， P(μ? 3σ < X < μ+ 3σ) = 0.9974 .
18.（17 分）
已知函數(shù)f (x) = ax2 ? ax ? xlnx ，且 f (x)0 ， a ∈ R .
（1）求a ；
（2）證明：f (x) 存在唯一的極大值點x0 ，且
19 ．（17 分）
已知數(shù)列{an } 是斐波那契數(shù)列{1,1, 2,3,5,8,13, 21，34,……} ，這一數(shù)列以如下遞推的方法定義：
a1 = 1，a2 = 1，an+2 = an+1 + an（n ∈N* ）. 數(shù)列{bn } 對于確定的正整數(shù)k ，若存在正整數(shù)n 使得bk+n = bk + bn 成立，則稱數(shù)列{bn } 為“ k 階可分拆數(shù)列” .
（1）已知數(shù)列{cn } 滿足cn = man （ n ∈ N*，m∈R ），判斷是否對m∈ R ，總存在確定的正整數(shù)k ，使得數(shù)列{cn } 為“ k 階可分拆數(shù)列” ，并說明理由；
（2）設(shè)數(shù)列{dn } 的前n 項和為Sn = 3n ? a （ a≥0 ）.
（i）若數(shù)列{dn } 為“ 1階可分拆數(shù)列”，求出符合條件的實數(shù)a 的值；
（ii）在（i）問的前提下，若數(shù)列滿足fn = ，其前n 項和為Tn ，求證：當(dāng)n∈N* 且n3 時，
Tn < a + a + a + . . . . . . +a ? an an+1 +1 成立.
2024 年 12 月山東師大附中高三階段性檢測試題
一、選擇題：DBCA CBCA
二、選擇題：9.ABD 10.ACD 11.BC
三、填空題：12. 、i17 13. 4 14. 2·、i3；兀 .
四、解答題：
15.（本小題滿分 13 分）
（1）證法一：（幾何法）
證明：取 AB 的中點E ，連接 A1E 、 CE . … … … … … … … … … … … … … 1 分
在梯形 ABCD 中，因為 AB ∥CD ， AB = 2CD = 4 ， AD = 2 ，
所以 AE Ⅱ CD ，所以四邊形 ADCE 為正方形， … … … … … … … … … … … …2 分
=
所以 CE AD A1D1 ，
所以四邊形 A1D1CE 為平行四邊形， … … … … … … … … … … … … … …3 分
所以 CD1 ∥A1E . … … … … … … … … … … … … … … … … …4 分
因為 CD1 丈平面ABB1A1 ， A1E 丈平面ABB1A1 ，
所以 CD1 Ⅱ 平面ABB1A1 . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …5 分
證法二：（向量法）
分別以為 AD 、 AB 、 AA1 所在直線為 x 軸、 y 軸、 z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系， … … … … … 1 分
則 A(0, 0, 0) ， C (2, 2, 0) ， D (2, 0, 0) ，則 - = (2, 0, 0) ， … … … … … … … … … …2 分
因為 AD 丄平面ABB1A1 ，所以- = (2, 0, 0) 為平面ABB1A1 的法向量， … … … … … … … … … …3 分
設(shè)D1 (2, 0, m ) ，則 -D- = (0, 一2, m ) ， … … … … … … … … … …4 分
---→ --- ---→ ---
因為 AD . CD1 = 0 ，所以 AD 丄 CD1 ，所以 CD1 Ⅱ 平面ABB1A1 . … … … … … … … … … … … … … … … … …5 分
（2）解：連接DE 交 AC 于 O ，連接D1O ， … … … … … … … … … … …6 分
在直四棱柱 ABCD 一 A1B1C1D1 中，
因為 D1D 丄平面ABCD ，所以 CD 為 CD1 在平面 ABCD 內(nèi)的射影，所以上D1CD 為 CD1 與平面 ABCD 所成的角，
即上D1CD = 600 . … … … … … … … … … … …8 分
在 RtΔD1CD 中， CD = 2 ，所以D1D = 2 ·3 ， … … … … … … … … … 9 分
因為 AD = DC ， O 為 AC 的中點，所以DO 丄 AC ，
因為 D1A = D1D2+AD2 ， D1C = D1D2+CD2 ，所以D1A = D1C ，因為 O 為 AC 的中點，所以D1O 丄 AC ，
所以因為上D1OD 為平面 ACD1 與平面 ABCD 夾角. … … … … … … … … … … … 11 分
在 RtΔD1OD 中，因為 OD = ·2 ， D1D = 2 ·3 ，所以O(shè)D1 = ·14 ，
所以 cs 上D1OD = 7 ， … … … … … … … … … 13 分
即平面 ACD1 與平面 ABCD 夾角的余弦值為 . … … … … … … … … … … 13 分
解法二：（向量法）
設(shè)D1 (2, 0, m ) ，因為 C(2, 2, 0) ，所以-D- = (0, 一2, m ) ， … … … … … … … … … …6 分
因為 AA1 丄平面ABCD ，所以-A- = (0, 0, m ) 為平面 ABCD 的法向量， … … … … … … … … … …7 分
所以 m2 = 12 ，所以 m = 2 ，所以 - = (0, 0, 2 )，
即平面 ABCD 的法向量為-A- = (0, 0, 2 ) . … … … … … … … … … …9 分
因為 A(0, 0, 0) ， C (2, 2, 0) ， D1 (2, 0, 2、i3 ) ，所以 - = (2, 2, 0) ， -D- = (2, 0, 2、i3 ) ，
設(shè) = (x, y, z ) 為平面 ACD1 的法向量，則 { y0= 0 ，即
所以可取 = ( , 一 , 一1) ， … … … … … … … … … … 12 分
設(shè)平面 ACD1 與平面 ABCD 夾角的余弦值為θ ,
所以csθ=
—2 ·3
7 . 23
-→ ---→ ·
cs < m, AA1 > = = 7 ， … … … … … … … … … … 13 分
即平面 ACD1 與平面 ABCD 夾角的余弦值為 . … … … … … … … … … … 13 分
16.(1)因為 c = 6, 所以b2 = a2 + 6a + 36 = a2 + ac + c2 ，即 a2 + c2 — b2 = —ac ， … … … ..2 分
所以 cs B = = — , … … … … … … … … … … … … … … … ..4 分
又因為 B ∈(0,兀) ，所以B = 2 . … … … … … … … … … … … … … … … ..6 分
(2)解法一：等面積法＋余弦定理
兀
3
如圖，由題意可知，上ABD = 上DBC = 上ABC =
. … … … … … … … … … … … … … … … ..7 分
因為 S△ABC = S△ABD + S△BCD ,
所以ac sin 上ABC = BD . c sin 上ABD + BD . a sin 上DBC = BD . (a + c) sin 上ABD ，
… … … … … … … … … … … … … … … .. 10 分
又 c = 6, BD = 4 ，所以 a = 12. … … … … … … … … … … … … … … … .. 12 分
在 △ABC 中，由余弦定理得b2 = a2 + c2 — 2ac cs上ABC = 144 + 36 — 2 × 12× 6 × (|(— ), = 252 ,
… … … … … … … … … … … … … … … .. 14 分
所以b = 6 · .
解法二：余弦定理
兀
, 3
由題意知，上ABD = 上DBC = 上ABC =
在 △BCD 中，由余弦定理得
… … … … … … … … … … … … … … … 分
… … … … … … … … … … … … … ..7 分
CD2 = BC2 + BD2 — 2BC . BD cs上DBC = 144 + 16 — 2 × 12× 4 × = 112 ,所以 CD = 4 ·i7 .
… … … … … … … … … … … … … … … .. 10 分
在 △ABD 中，由余弦定理得
AD2 = AB2 + BD2 — 2AB . BD cs上ABD = 36 + 16 — 2 × 6 × 4 × = 28 ,所以 AD = 2·、i7 . … … … 分
所以 AC = AD + DC = 4 · + 2 · = 6 ·, 即b = 6 · . … … … … … … … … … … … … … … … … 分
17.【詳解】（1）解：已知本次模擬考試成績X 近似服從正態(tài)分布N(μ,σ2 )，
由題意可得μ = 97.5 ． … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 1 分
:μ + 2σ = 130.5 ， … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3 分
解得σ = 16.5 ． 4 分
: 甲市學(xué)生A 在該次考試中成績?yōu)?114 分，且114 = μ +σ , 5 分
即P(X≥ μ +σ) = 0. 1587 ． … … … … … … … … … … … … … … … … … …7 分
: 10000× 0. 1587 = 1587
答：學(xué)生A 在甲市本次考試的大致名次為 1587 名． … … … … … … … … … … … …8 分
（2）設(shè)事件B ：在樣本中抽取的學(xué)生在本次考試中數(shù)學(xué)成績在(μ — 3σ, 150]之外，由于成績在(μ — 3σ, μ + 3σ) 之內(nèi)的概率為 0.9974 .
= 0.5 — = 0.0013 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10 分
: 隨機變量 Y 服從二項分布，即Y ~ B (500, 0.0013) ． … … … … … … … … … … … 11 分
:P(Y ≥1) = 1— P(Y = 0) = 1— 0.9987500 ≈ 1— 0.5218 = 0.4782 ． … … … … … … 13 分
Y 的數(shù)學(xué)期望為E(Y) = np = 500× 0.0013 = 0.65 ． … … … … … … … … … … … 15 分
18.解：（方法一）
因為f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx ＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
則f（x）≥0 等價于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥ 分
: h(1) = 0:1是 h(x) 極小值點.
又， : h’ = a —1 = 0 : a = 1 分
檢驗，當(dāng) a = 1 時， h’ ，當(dāng)x ∈ < 0 ， h 單調(diào)遞減；
當(dāng)x ∈(1, +∞), h’(x) > 0 ， h(x) 單調(diào)遞增.
當(dāng): hmin (x) = h(1) = 0 ， : a = 1 ，符合題意分
（方法二）
因為f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx ＝x（ax﹣a ﹣lnx）（x＞0），
則f（x）≥0 等價于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥ 分
求導(dǎo)可知 h′（x）＝a — .
①a≤0 時 h′（x）＜0 ，即y ＝h（x）在（0 ，+∞) 上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x0＞1 時，h（x0）＜h（1）＝0 ，不合題意分
@當(dāng)a＞0 .
因為當(dāng) 0＜x＜時 h′（x）＜0 、當(dāng) x＞時 h′（x）＞0，
所以，只需hmin = 1一 a + ln a ≥ 0 ，分
g(a) = 1一 a + ln a, = 一1+ ，所以g 在單調(diào)遞增，在(1, +∞) 單調(diào)遞減，
gmax (a) = g(1) = 0 ，所以g(a) ≥ 0 的解只有. a = 1 分
（2）證明：由（1）可知a = 1 時，f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
記 t（x）＝2x﹣2 ﹣lnx ，則 t′（x）＝2 一分，
令 t′（x）＝0 ，解得：，
所以 t（x）在區(qū)間（0 ，）上單調(diào)遞減，在（，+∞) 上單調(diào)遞增，
所以 t（x）min ＝t（）＝ln2﹣ 1＜0 ， 10 分
又 = 0, t’ > 0 ，所以 t 在區(qū)間上有唯一零點x0 ∈ 且 2x0﹣2 ＝lnx0 分
f′（x）在（0 ，x0）上為正、在（x0 ，1）上為負、在（1 ，+∞) 上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點 x0 ，且 2x0﹣2﹣lnx0 ＝0，
所以f（x0）= x02 一 x0﹣x0lnx0 = x02 一 x0+2x0﹣2 x02 = x0 一x02 = 一(x0 一 )2 + < (0 < x0 < ) ，分
所以f（x）在（0 ，x0）上單調(diào)遞增，在（x0 ，）上單調(diào)遞減，所以
綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點 x0 ，且． 17 分
19 ．【詳解】（1）存在，理由如下：
由已知得 a1 = 1 ， a2 = 1 a3 = a1 + a2 = 2 : c1 = m, c2 = m, c3 = 2m, … … … … … … … 1 分
: c3 = c1 +c2 , 即 c1+2 = c1 +c2 , … … … … … … … … … … … … … … … … … … …2 分
:對 m ∈ R ，當(dāng)正整數(shù)k=1時，存在n=2 ，使得ck+n = ck + cn 成立，
即數(shù)列{cn } 為“1階可分拆數(shù)列” ； … … … … … … … … … … … … … … … … … … …3 分
（2） Q Sn = 3n 一 a ， : 當(dāng)n =1 時， d1 = 3 一 a ， … … … … … … … … … … … … … … … … … … …4 分
當(dāng)n ≥ 2 時， dn = Sn 一 Sn一1 = (3n 一 a) 一 (3n一1 一 a) = 2 . 3n一1 ， … … … … … … … … … … …5 分
（i）若數(shù)列{dn } 為“1階可分拆數(shù)列” ，則存在正整數(shù)n 使得 d1+n = d1 + dn 成立，
當(dāng)n = 1 時， d2 = d1 + d1 ，即6 = 2 (3 一 a) ，解得a = 0 ， … … … … … … … … … … … 6 分
當(dāng)n ≥ 2 時， 2 .3n = (3 一 a )+2 .3n一1 ，即 4 . 3n一1 = 3 一 a ，因a ≥ 0 ，所以 3 一 a ≤ 3 ，又 4 . 3n一1 ≥12 ，
故方程 4 . 3n一1 = 3 一 a 無解. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …8 分
綜上所述，符合條件的實數(shù) a 的值為0 . … … … … … … … … … … … 9 分
（ii）證明： :an+2 = an+1 + an , (n ∈ N* ) ，
: 當(dāng)
2 : a
2 = a1
n ≥ 2 時，
a n
+ 一 + 一，
= an (an 1 一 an 1 ) = an an 1 一 an an 1
2 2 2
+ a2 + a3 + . . . . . . +an
+ (a2a3 一 a2a1 )+ (a3a4 一 a3a2 ) + (a4a5 一 a4a3 )+ + (an an+1 一 an an一1 )
=a 一 a2a1
+an an+1 =an an+1 ，
:a + a + a + . . . . . . +a 一 an an+1 +1=1 ， … … … … … … … … … … … … … … … … 11 分
由（i）知Sn = 3n ，所以fn = ， … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 12 分
:Tn = + + + . . . . . . + 一 + ① ,
Tn = + + + . . . . . . + 1 + @，
由①—@可得 Tn = + a2 a1 + a3 a2 + a4 a3 + . . . . . . + an nan一1 一 = + + + . . . . . . + a2 一
= + （+ + . . . . . . + 一）一 … … … … … … … … … … … 14 分
= + Tn一2 一，
Q Tn一2 0 ，
:Tn = + Tn -2 一 < + Tn ， :Tn < < 1 ， … … … … … … … … 16 分
當(dāng)n ∈ N* 且n ≥ 3 時，
Tn < a + a + a + . . . . . . +a 一 an an +1 + 1 成立. … … … … … … … 17 分

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