福建省福州延安中学2023届高三上学期12月阶段练习数学试卷（附答案）

这是一份福建省福州延安中学2023届高三上学期12月阶段练习数学试卷（附答案），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

完卷时间：120分钟 满分：150
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，请把答案涂在答题卡相应的位置上）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数的共轭复数为，则（ ）
A．B．C．6D．8
3．函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，，，若，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．某制药企业为了响应并落实国家污水减排政策，加装了污水过滤排放设备，在过滤过程中，污染物含量M（单位：）与时间t（单位：h）之间的关系为：（其中，k是正常数）．已知经过，设备可以过速掉20%的污染物，则过滤一半的污染物需要的时间最接近（ ）（参考数据：）
A．3hB．4hC．5hD．6h
6．已知是各项均为正数的等差数列，且，则的最大值为（ ）
A．10B．20C．25D．50
7．函数，某相邻两支图象与坐标轴分别交于点，则方程所有解的和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点个数为（ ）
A．0B．1C．0或1D．1或2
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对得5分，部分选对得2分请把答案涂在答题卡相应的位置上）
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列数列一定是等比数列的有（ ）
A．a1＋a2，a2＋a3，a3＋a4，…
B．a1＋a3，a3＋a5，a5＋a7，…
C．S2，S4－S2，S6－S4，…
D．S3，S6－S3，S9－S6，…
10．已知正方体，设是棱的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．平面与平面所成角的正弦值为
D．三棱锥与三棱锥体积相等
11．如图所示，中，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（ ）．
A．B．
C．D．与夹角的余弦值为
12．若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共计20份．把答案填写在答题卡相应位置上）
13．的展开式中常数项为 .（用数字作答）
14．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为 .（用数字作答）
15．已知等比数列的公比，，，则 .
16．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，该书内容十分丰富，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就.其中卷五“商功”中记载“今有鳖臑下广两尺，无袤；上袤四尺，无广；高三尺”.即“现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽2尺而无长，上底长4尺而无宽，高3尺”，即有一“鳖臑”（四面体），已知，，，，则此四面体外接球的表面积是 .
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．已知等差数列中，
(1)求；
(2)设 ，的前项和为，证明：
18．给出以下三个条件：①且；②，； ③；请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．
在锐角△ABC中，，____．
(1)求角B；
(2)求△ABC的周长l的取值范围．
19．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，．
(1)证明：；
(2)点F在线段PD上，试确定点F的位置使BF与平面PAB所成的角的正弦值为．
20．已知数列中，；
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和，若对于n≥2恒成立，求实数m的范围．
21．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了100名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，并将得分分成以下6组：、、、…、，统计结果如图所示：
(1)试估计这100名学生得分的平均数；
(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在的人数为，试求的分布列和数学期望；
(3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分X近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算.所有参加知识竞赛的2000名学生中，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？
参考数据：，，.
22．函数，.
(1)求的单调增区间；
(2)对，，使成立，求实数的取值范围；
(3)设，为正实数，讨论在的零点个数.
1．A
【分析】解不等式求出，，从而求出交集.
【详解】，
，解得：，
所以，
故.
故选：A
2．A
【分析】由复数乘方运算及共轭复数概念写出，进而求模.
【详解】由题意，，而，
所以，则.
故选：A.
3．B
【分析】定义法判断函数的奇偶性，再根据函数值正负情况进行判断.
【详解】因为，
所以函数是定义在上的偶函数，排除选项A；
当时，，排除选项D；
当时，，排除选项C，
故选：B．
4．B
【分析】根据得到，然后根据投影向量的定义求投影向量即可.
【详解】，
因为，所以，解得，，所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B.
5．A
【分析】由题意可得，进而利用指数与对数的关系可得，再用换底公式结合对数的运算性质求解即可
【详解】由题意可知，
所以，
又因为，
所以，
所以
，
比较接近3，
故选：A
6．C
【分析】根据等差数列的性质，化简原式，得到，用基本不等式求最值.
【详解】∵，∴，
由已知，得，
∴，当且仅当时等号成立.
故选：C.
7．B
【分析】先求出，进而求出，代入特殊点坐标，求出，得到，从而得到方程，结合，求出，，得到答案.
【详解】由题意得：，所以，
因为，所以，所以，
又，，解得：，
所以，
故，
因为，所以，
当或满足题意，
所以或时，解得：，
故.
故选：B.
8．B
【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果
【详解】设是函数图象的切点，
则，∴（1）
又（2），
将（1）代入（2）消去整理得：，∴，
设是函数的切点，
据题意，又
故，
令，，
∴，
故，在定义域上为增函数，
又，故，
故，
∴，在上是增函数
当时，；当时，；
由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个
函数零点个数是1，
故选：B．
9．BD
【分析】利用特殊值排除错误选项，结合等比数列通项公式、前项和的运算对正确选项进行证明.
【详解】设，是首项，公比为的等比数列.
则，也即，所以AC选项错误.
对于B选项，，，，
依次类推，可知是等比数列.B选项正确.
对于D选项，，
，，
依次类推，可知是等比数列.D选项正确.
故选：BD
10．AD
【分析】对于A选项，在平面内找到与平行的直线即可·.
对于B选项，通过求出，所成角度即可判断.
对于C选项，可将平面与平面所成角转化为求平面与平面所成角.
对于D选项，分别计算三棱锥与三棱锥体积即可.
【详解】对于A选项，如图，设交于，在中，因F为中点，E为CB中点，则FE为中位线，可得，又平面，EF平面，则平面，故A正确.
对于B选项，如图，因，所以异面直线与AC所成角就是与AC所成角.又连接，因，所以为等边三角形，有，
得异面直线与AC所成角为，故B错误.
对于C选项，如图，因平面平面，所以平面与平面所成角等于平面与平面所成角.取中点为G，连接BG，.
因，BG，所以为平面与平面所成二面角的平面角.设正方体棱长为2，则，所以.
故C错误.
对于D，由图，.
，又，故，
故 D正确.
故选：AD
11．AC
【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；
对B，根据三点共线的性质，结合可得，进而得到判断即可；
对C，根据余弦定理可得，再根据B中两边平方化简求解即可；
对D，在中根据余弦定理求解即可
【详解】对A，，故A正确；
对B，设，则由A，，故，因为三点共线，故，解得，故，故，所以，即，故B错误；
对C，由余弦定理，，由B有，故，即，所以，故C正确；
对D，在中，，，故，故D错误；
故选：AC
12．C
【分析】A选项，构造且，求导得到其单调性，得出，A错误；B选项，构造且，求导得到其单调性，得出；C选项，构造且，求导得到其单调性，证明出；D选项，举出反例即可.
【详解】对于A，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，即，故A错误；
对于B，令且，则，
故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；
对于C，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，则，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：C.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
13．84
【分析】根据二项展开式的通项公式求解.
【详解】根据通项公式,
令 ,解得,所以,
故答案为:84.
14．144
【分析】根据间隔排列知两端均为“冰墩墩”,可以先排
【详解】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.
故答案为：144.
15．
【分析】根据已知条件求出和的值，得到公比，即可求出的表达式．
【详解】解：在等比数列中，公比，，
，解得：．
∵，∴解得：或．
当时，；
当时，，不合题意，舍去．
∴，此时，解得：．
∴．
故答案为：.
16．
【分析】画出图形，取的中点，连接，利用已知条件证明为四面体
的外接球的球心，在直角三角形中解出球体的半径，从而求出四面体外接球的表面积.
【详解】如图所示，
取的中点，连接
因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以为四面体的外接球的球心，
设半径为，所以
在中，由，，
所以，
在中，，，
所以
所以
所以四面体外接球的表面积为：

故答案为：.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据可得以及，求得公差，继而求得数列通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项法求数列的和，即可证明结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为， ，
所以 ，可得 ，
两式相减可得： ，所以，所以 ，
可得：；
（2）由（1）知：，所以 ，




,
， ,
，即．
18．(1)
(2)．
【分析】（1）选①，根据平面向量的数量积运算，结合二倍角的余弦公式即可得出答案.选②，由两角差的余弦公式结合二倍角的正弦、余弦公式即可得出答案.选③，由正弦定理的边角转化结合两角和的正弦公式即可得出答案.
（2）利用正弦定理构造周长l的关于角的函数，利用三角函数的值域，即可求得结果.
【详解】（1）选①，∵且，
∴，即，∵，∴
（没有注明角的范围的扣1分）
选②，
，
∵，∴，∵，∴．
（没有注明角的范围的扣1分）
选③，∵，
∴由正弦定理可得，，
∴，
，即，∵，∴．
（没有注明角的范围的扣1分）
（2）由正弦定理可得，
则△ABC的周长
，解得，
∴ ∴，
∴．
故△ABC的周长l的取值范围为．
19．(1)证明见解析
(2)点F在PD的中点处
【分析】（1）由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，分别以DA，DB，DP为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，设点F的坐标是，求出直线BF的方向向量和平面的法向量，再由线面角公式代入即可得出答案.
【详解】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD面ABCD，∴
取AB中点E，连接DE，∵，
∴，又∵，∴．
∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴，
又，PD面PAD， AD面PAD，
∴BD⊥面PAD，又PA面PAD，∴
（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，分别以DA，DB，DP为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,,0)，P(0,0,)，
设平面PAB的一个法向量为，
则，则可取．
设点F的坐标是，则BF的坐标是(0,－,t)，
设BF与平面PAB所成的角为，
则
解得或
点F在线段PD上，则，即点F在PD的中点处满足题意.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由可得数列是以为首项，2为公比的等比数列，进而得( )，由累加法即可求出的通项公式；
（2）由题意可得=，利用错位相减可得，将问题转化为恒成立，令，根据函数的单调性求出的最大值即可得实数的范围.
【详解】（1）因为，所以，由，
可得，即有，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
当时，，
当时，满足，故；
（2）由（1）可知，又因为，
所以，，
两式相减得，
所以，
又因为对于恒成立，
即对于恒成立，
等价于恒成立，令，
则有，
所以，所以为减函数，所以，
所以，即实数m的范围为．
21．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【详解】（1）解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数
.
（2）
解：参加座谈的11人中，得分在的有人，
所以的可能取值为，，，
所以，，.
所以的分布列为
∴.
（3）解：由（1）知，，
所以.
得分高于77分的人数最有可能是.
22．(1)
(2)
(3)当时，没有零点；时，有唯一零点.
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2），即，设，问题等价于，，根据导数法求出最值，即可求解；
（3）求出函数的导数，通过讨论n的范围，得到函数的单调区间，从而确定n的范围即可．
【详解】（1），
当，即时，
，单调递增.
综上，的递增区间是
（2），即，设，
则问题等价于，，
由（1）可知，当时，，故在递增，
∴，
，，
∵，，
当，，在递增，，
故，，实数的取值范围是；
（3），，，
①若，则∵，
∴，则在上递增，
∴此时无零点，
②若时，设，则，
∵∴，
∴故在上递增.
∵，，
故存在，使得，
故时，，即，递减，
时，，即，递增，
故时，，
当时，，，
此时由零点存在性定理及单调性得存在唯一零点.
综上，当时，没有零点；时，有唯一零点.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．证明任意恒成立可转化为
0
1
2