黑龙江省牡丹江市第二高级中学2022-2023学年高三上学期第三次阶段性测试数学试题（含答案）

牡丹江二中2022—2023学年度高三第三次阶段性测试

数学

注意事项：

1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。

2.考试作答时，请将答案答在答题卡上。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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

3.本试卷命题范围：集合与逻辑、函数与导数、三角函数与解三角形、数列、平面向量、复数、立体几何。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设集合，.若，则实数的值组成的集合为（    ）

A. B. C. D.

2.若复数的实部与虚部相等，则的值为（    ）

A. B.1 C. D.2

3.设，，则是的（    ）

A.充分不必要条件  B.必要不充分条件

C.充分必要条件  D.既不充分也不必要条件

4.已知函数，若把的图象向左平移个单位后为偶函数，则（    ）

A. B. C. D.

5.设是定义域为的偶函数，且在上单调递增，设，，，则（    ）

A. B.

C. D.

6.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A.若，，则 B.若，，则

C.若，，，则 D.若，，则

7.在数列中，若，.是数列的前项和，则等于（    ）

A.2022 B.2024 C.1011 D.1012

8.已知函数有两个极值点，，且，则的极大值为（    ）

A. B. C. D.

9.函数在区间上的图象大致为（    ）

A.B.C.D.

10.函数对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则（    ）

A.4 B.3 C.2 D.1

11.在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）

A. B. C. D.

12.若实数，满足，则（    ）

A. B. C. D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量，，，则______.

14.函数的最小正周期是______.

15.数列中，，，则此数列前30项的绝对值的和是______.

16.如图，四边形的对角线交点位于四边形的内部，，，，当变化时，的最大值为______.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（10分）

已知是数列的前项和，且.

（1）求的通项公式；

（2）若，是的前项和，求.

18.（12分）

从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题.已知在锐角中，角，，的对边分别为，，，的面积为，若，，且______，求的面积.

19.（12分）

设数列的前项和为，若，.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

20.（12分）

每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”，为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了1000名高一学生进行在线调查，得到了这1000名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

（1）求的值；

（2）为进一步了解这1000名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望.

21.（12分）

如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，，，是上任意一点.

（1）求证：；

（2）已知二面角的余弦值为，若为的中点，求与平面所成角的正弦值.

22.（12分）

已知函数的图象在原点处的切线方程为.

（1）求函数的解析式；

（2）当时，求证：.

牡丹江二中2022—2023学年度高三第三次阶段性测试·数学

参考答案、提示及评分细则

1.C  ∵集合，，，∴，或5，∴的取值集合为.

2.B  ∵的实部与虚部相等，∴，解得.

3.A  由题意知，由，得或，故为，∴成立，而不成立，∴是的充分不必要条件.

4.A  把的图象向左平移个单位后，得到函数，因为该函数为偶函数，所以，，所以，，因为，所以.

5.C  ∵，，∴.又函数是定义域为的偶函数，且在上单调递增，∴，且在上单调递减.又，∴.

6.D  对于A，，，则或，故A错误；对于B，若，，则，可能异面，可能平行；故B错误；对于C，若，，，则或与相交，C错误；对于D，若，，则，线面平行的判定定理知D正确.

7.D  ∵，，，，…，∴数列是以3为周期的周期数列.又，，∴.

8.B  因为，，所以有两个不同的实数解，，且由根与系数的关系得，，由题意可得

，解得，此时，，当，时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值.

9.B  因为，所以为偶函数，其图象关于轴对称，排除A项；当时，，排除D项；因为，，所以，排除C项.

10.A  ∵函数的图象关于对称，且把向左平移1个单位可得的图象，∴函数的图象关于对称，即函数为奇函数，∴，∵，又，∴，∴，∴函数是以4为周期的周期函数，∴，，，即有.

11.D  ∵，∴，又∵，，∴平面.在中，，，∴，又∵，则外接圆的半径为，取，的中点，，的外心为，过作平面的垂线，过作平面的垂线交于点，即为球心，连接，，，，则四边形为矩形，则，，∴，即三棱锥外接球的半径为，∴三棱锥外接球的体积为.

12.A  ∵，∴，即

，∴.设，，则有，即，∴，令，则，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴，要使成立，只有当，即时才满足，∴，.

13.  ∵，且，∴，解得.

14.  因为

，所以函数的最小正周期.

15.765  ∵，，∴.由，得.又，∴此数列前30项的绝对值的和为

.

16.  设，，由余弦定理可得，∴，由正弦定理可得：，∴

，∴时，取得最大值为.

17.解：（1）已知是数列的前项和，且，①

则，②则，

又，即……5分

（2）由（1）得：当时，，……7分

则.……12分

18.解：因为，，，所以，

显然，所以，又，所以.……3分

若选择①，由，得.……6分

又，…9分

所以.……12分

若选择②，由，得，，所以.……6分

.……9分

所以.……12分

若选择③，所以，即，所以.……6分

又，所以，解得，……9分

所以.……12分

19.解：（1）因为，.所以，解得.

当时，，所以，所以，即.

因为也满足上式，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以，.……5分

（2）由（1）知，所以，

所以，①

则，②……7分

①-②，得

，……10分所以.……12分

20.解：（1）由频率分布直方图得：，

解得.……3分

（2）由频率分布直方图得：这1000名学生中日平均阅读时间在，两组内的学生人数之比为，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在内的学生中抽取

（人），在日平均阅读时间在内的学生中抽取4人.……4分

现从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，

，，

，，……8分

故的分布列为：

……9分

故.……12分

21.（1）证明：∵平面，平面，∴.

又四边形是菱形，∴，.

∴平面，∵平面，∴.……4分

（2）解：分别以，，方向为，，轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，.，.

由（1）知平面的法向量为.……5分

令平面的法向量为，则根据得令

.……7分因为二面角的余弦值为，

则，即，∴，∴.……9分

设与平面所成的角为，∵，，

∴.……12分

22.（1）解：由，得，

∴解得∴.……3分

（2）证明：要证当时，，即证当时，，

令，则，

令，则.……5分

令，则，

即在区间上单调递增，故，

即当时，，故.……7分

下证：在区间上恒成立，

设，则.

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上为增函数，

所以，故.……9分

所以在时恒成立，即当时，单调递增，

故，即，

所以在上单调递增，

故，即当时，，

即当时，.……12分