2023届黑龙江省牡丹江市部分校高三上学期第三次阶段性测试数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省牡丹江市部分校高三上学期第三次阶段性测试数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届黑龙江省牡丹江市部分校高三上学期第三次阶段性测试数学试题 一、单选题1．设集合M={5，x2}，N={5x，5}．若M=N，则实数x的值组成的集合为（    ）A．{5} B．{1} C．{0，5} D．{0，1}【答案】C【分析】利用集合相等求解.【详解】解：因为，所以，解得或，的取值集合为，故选：C2．若复数的实部与虚部相等，则b的值为（    ）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【答案】C【分析】先利用复数乘法公式得到，进而得到，从而得解.【详解】，因为实部与虚部相等，故，解得：.故选：C.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【答案】A【分析】先求为，根据充分、必要条件理解判定.【详解】由题意知：由，得或，故为，∴成立，而不成立，∴是的充分不必要条件.故选：A.4．已知函数，若把的图像向左平移个单位后为偶函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据左右平移原则可得解析式，根据奇偶性可得，结合的范围可求得结果.【详解】由题意得：.为偶函数，，解得：.∵，.故选：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．【答案】C【分析】先根据指对数判断的大小关系，在根据单调性结合偶函数的性质分析判断.【详解】∵，，∴.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，∴.故选：C.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【答案】D【分析】利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解【详解】选项A：有可能出现的情况；选项B：和有可能异面；选项C：和有可能相交；选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，故选：D7．在数列中，若，.是数列的前项和，则等于（    ）A．2022 B．2024 C．1011 D．1012【答案】D【分析】利用数列的周期性，即可计算求解.【详解】∵，，，，…，∴数列是以3为周期的周期数列.又，，∴.故选：D8．已知函数有两个极值点，且，则的极大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求导，利用韦达定理求得，，再根据求得，在求导，根据极值的定义即可得出答案.【详解】解：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．故选：B．9．函数在区间[－，]上的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用的奇偶性和函数值的特点可选出答案.【详解】因为，所以f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，排除A项；当时，，排除D项；因为，，所以，排除C项，故选：B．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【答案】A【分析】根据函数的对称性可求得函数的周期性，再根据函数的周期性分别求出对应函数值，即可得解.【详解】解：∵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2为周期的周期函数，∴，，，即有.故选：A.11．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先证明平面SAC，再根据正弦定理求解外接圆的半径，进而根据外接球的性质确定球心的位置，结合直角三角形中的关系求解球半径得到体积即可【详解】因为，所以.又，，所以平面SAC.在中，，，所以.又，则外接圆的半径为，取BC，AC的中点D，E，的外心为F，过D作平面ABC的垂线l，过F作平面SAC的垂线交l于点O，即为球心，连接DE，EF，FA，OA，则四边形DEFO为矩形，则，，所以，即三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为.故选：D12．若实数满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为，令，可知原不等式等价于，再令，则原不等式等价于；再利用导数求出函数单调性，进而可得，由此可知只有当时，即时才满足，据此即可求出的值，进而求出结果.【详解】∵ ∴ ，即  ∴，设，则有，即，∴，令，则，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴，即，要使成立等价于成立，只有当时，即时才满足，∴∴，∴.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解. 二、填空题13．已知向量，，则＝________．【答案】【分析】先求出的坐标，再由，得，列方程可求出的值【详解】解析：，，解得．故答案为：14．函数的最小正周期是______.【答案】【分析】先利用三角恒等变化化简整理可得，再结合最小正周期的公式运算求解.【详解】因为，所以函数的最小正周期.故答案为：.15．数列中，，，则此数列前30项的绝对值的和是______.【答案】765【分析】先求等差数列的通项公式及前n项和公式，再讨论的符号去绝对值求和，注意与建立关系.【详解】∵，，则数列是以首项为，公差为3的等差数列∴，由，得.∴此数列前30项的绝对值的和为.故答案为：765.16．如图，四边形ABCD的对角线交点位于四边形的内部，，当变化时，BD的最大值为________．【答案】.【分析】设利用余弦定理表示出AC，BD，根据三角恒等变换化简即可求得最值.【详解】由题设，中，由余弦定理可得：，中，由余弦定理可得：，当时，取得最大值故答案为：【点睛】此题考查利用余弦定理求解三角形边长的最值，关键在于合理使用定理，结合三角恒等变换，求线段的最值. 三、解答题17．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．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由求通项公式，注意；（2）从第2项向后用裂项相消法求和．【详解】(1)时，，，所以；(2)时，，，所以，所以.18．①，②，③，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          ，求的面积的大小．【答案】详见解析【分析】已知条件等式结合面积公式和余弦定理求出，若选①由正弦定理求出边，利用两角和的正弦公式求出角，再由面积公式，即可求解.若选其它条件，结果一样.【详解】因为，，，所以．显然，所以，又，所以．若选择①，由，得．又，所以．若选择②，由，得，，所以．，所以．若选择③，所以，即，所以，又，所以，解得，所以【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查计算求解能力，属于基础题.19．设数列的前n项和为，若．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据及等比数列的定义即可求得答案；（2）由错位相减法即可求得答案.【详解】(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．(2)由（1）知，所以，所以…①…②①-②得，所以．20．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.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据所以频率和为1进行计算;（2）根据分层抽样可得相应组抽取的人数，则服从超几何分布，根据进行计算求解．【详解】(1)由频率分布直方图得：.解得；(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，现从这10人中随机拍取3人，则服从超几何分布，其可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列为：0123 .21．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，，E是PB上任意一点．(1)求证：；(2)已知二面角的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)先证明平面PBD，再证明；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面夹角.【详解】(1)证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴，又四边形ABCD是菱形，∴，，∴平面PBD，又平面PBD，∴；(2)分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，．，；由（1）知平面PBD的法向量为 ，令平面PAB的法向量为 ，则根据得 ，令 得 ，因为二面角的余弦值为，则 ，即，∴，∴，设直线EC与平面PAB所成的角为，∵， ，∴ ，综上，直线EC与平面PAB所成的角的正弦值为 .22．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：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由，得，再由且列式求得与的值，则函数解析式可求；（2）将问题转化为证，令，求其导数，再构造函数利用导数证明在时为单调增函数即可．【详解】(1)由，得，，解得，；(2)证明：要证当时，即证当时，，令， 则，令，则，令，则，即在区间 上单调递增，故，即当时，故；下证在区间 上恒成立，设，当时，，当时，，故在上单调递减，在上为增函数，所以，故，所以当时恒成立，即当时 单调递增，故，即，所以在 上单调递增，故，即当时，，即当时，.【点睛】本题考查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式的问题，综合性较强，要能熟练应用导数相关知识判断函数的单调性以及最值，解答的关键是构造函数，判断导数的正负，从而判断函数的单调性.