福建省厦门市外国语学校2024-2025学年高三上学期11月阶段检测数学试卷

这是一份福建省厦门市外国语学校2024-2025学年高三上学期11月阶段检测数学试卷，文件包含福建省厦门市外国语学校2024-2025学年高三上学期11月阶段检测数学docx、福建省厦门市外国语学校2024-2025学年高三上学期11月阶段检测数学pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
第Ⅰ卷（共58分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，若，则所有整数的取值构成的集合为（ ）
A. {1，2}B. {1}C. D.
2. 已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 9
3. 已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 如图是函数大致图象，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
5 数列满足，且，则等于（ ）
A. 148B. 149C. 152D. 299
6. 已知正三角形的边长为，平面内的动点满足，，则的最大值是
A B. C. D.
7. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
8. 正方体中，点M是上靠近点的三等分点，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分数分.
9. 设为互不重合的两个平面，m，n为互不重合的两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若m，n为异面直线，且，，，，则
C. 若m，n与所成的角相等，则
D. 若，，，则
10. 已知复数，，且在复平面内对应的点在第一象限，则以下结论正确的为（ ）
A. B. C. D.
11. 定义在上的函数满足，其中为实数，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则（ ）
A. 方程可以有无数多解
B. 当时，
C. 当时，将所有满足（）且大于等于1的实数从小到大排成一列，组成数列，若，则数列的最大项为
D. 取值范围为
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 分
12. 已知向量的夹角的余弦值为，且，则______.
13. 已知函数 ， 且 ，则__.
14. 已知正四面体ABCD棱长为，其外接球的球心为O.点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，当时，平面截球O所得截面的周长为____；当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为_______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 在中，角的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是边上的一点， 且满足，，求.
16. 已知数列的前项和为，，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，恒成立，求实数的取值范围.
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，面，是棱上一动点.

（1）当时，求三棱锥的体积
（2）当的面积最小时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
18. 已知函数满足存在实数，使得.
（1）求实数的取值范围；
（2）若有最大值为，求实数的值；
（3）证明：.
19. 已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有.
（1）已知集合，求；
（2）已知集合，求；
（3）若中有4个元素，证明：中恰有5个元素.
厦门外国语学校2024-2025学年第一学期高三11月份阶段性考试
数学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上做答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
第Ⅰ卷（共58分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，若，则所有整数的取值构成的集合为（ ）
A. {1，2}B. {1}C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对进行分类讨论，根据来求得正确答案.
【详解】当时，，满足.
当时，，由于且，
所以或.
综上所述，整数的取值构成的集合为.
故选：C
2. 已知各项均为正数的等比数列中，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质得到，计算出答案.
【详解】∵各项均为正数的等比数列中，，
∴.
故选：C.
3. 已知是平面内两个非零向量，那么“”是“存在，使得”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的模长关系以及共线，即可结合必要不充分条件进行判断.
【详解】若，则存在唯一的实数，使得，
故，
而，
存在使得成立，
所以“”是“存在，使得’的的充分条件，
若且，则与方向相同，
故此时，所以“”是“存在存在，使得”的必要条件，
故“”是“存在，使得”的充分必要条件.
故选：C.
4. 如图是函数的大致图象，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图确定是的极小值点，求得，即可求解.
【详解】由图可知，是的极小值点，由已知得，
令，得，得，经验证符合题意，
所以，由，，
可得，解得.
故选：D
5. 数列满足，且，则等于（ ）
A. 148B. 149C. 152D. 299
【答案】B
【解析】
【分析】根据递推公式求和偶数项之间的递推关系，然后由累加法可得.
【详解】由题意得，因，，
所以，
所以．
故选：B．
6. 已知正三角形的边长为，平面内的动点满足，，则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】
试题分析：甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，则设由已知，得，又
，它表示圆上点与点距离平方的，，故选B．
考点：1.向量的数量积运算；2.向量的夹角；3.解析几何中与圆有关的最值问题.
7. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由题意得到是的一个根，从而得到之间的关系式为，消元并利用均值不等式求解即可.
【详解】由题意可得，需满足是的一个根，
即，且，所以，
，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为.
故选：A.
8. 正方体中，点M是上靠近点的三等分点，平面平面，则直线l与所成角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据面面平行性质定理得出交线l,再结合空间向量法求异面直线的余弦值.
【详解】因为是正方体，所以平面平面,
平面平面,平面平面,
所以,是靠近的三等分点，
所以,
平面平面即是,
如图建立空间直角坐标系,设正方体边长为3，
则
设直线l与所成角为
.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分数分.
9. 设为互不重合的两个平面，m，n为互不重合的两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若m，n为异面直线，且，，，，则
C. 若m，n与所成的角相等，则
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案.
【详解】对于A，由，得，又，所以，故A正确；
对于B，在空间取一点，过点分别作，，则与确定一个平面
，由，，得，，所以，同理，所以，故B正确；

对于C，当m，n相交，且与都平行时，m，n与所成的角相等，此时与不平行，
故C错误；
对于D，由，可知，在上取一点，过在内作一直线，
使得，则，过在内作一直线，使得，则，显然
，则，故D正确.

故选：ABD.
10. 已知复数，，且在复平面内对应的点在第一象限，则以下结论正确的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的模长和加法运算可得，进而逐项分析判断.
【详解】设，
因为，可知，即，
又因为，则，
可知，解得，则或，
且在复平面内对应的点在第一象限，则，可知，即.
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：可知，故B错误；
对于选项C：因为，故C正确；
对于选项D：，故D错误；
故选：AC.
11. 定义在上的函数满足，其中为实数，其值域是.若对于任何满足上述条件的都有，则（ ）
A. 方程可以有无数多解
B. 当时，
C. 当时，将所有满足（）且大于等于1的实数从小到大排成一列，组成数列，若，则数列的最大项为
D. 的取值范围为
【答案】AB
【解析】
【分析】举特例，为常数函数时，判断A，设，通过计算和判断B，由的解判断C，令，利用勾形函数及复合函数的性质确定上的单调性，从而得出时的范围，然后确定对上任意的，存在，使得，由此确定的部分范围以判断D．
确定出满足条件的的部分范围判断D．
【详解】A.当函数为常值函数，此时方程有无数多解，所以A对
B.当时，，，，
，，所以，B对
C.当时，若，则有，解得，其中，所以C错
D.据题意，得，令，，
∵当时，由勾形函数性质知在单调递增，
在单调递减，∴，
∴时，值域为,
∴①当时，∵，取遍的每一个值，
∴当时，一定，使得，如图1所示，

此时，∴符合题设要求.
②当时，可知，在单调递增，所以当时，.
时
（ⅰ）若，则一定，使得，如图2所示，

进而；
（ⅱ）若，其中，令，
当时，，∴，所以，使得，如图3所示，

进而，∴也符合题设要求，∴D错.
故选：AB
【点睛】难点点睛：本题难点在于对题意的理解：定义在上的函数值域是.若对于任何满足上述条件的都有，即为对任意，存在，使得，而的关系可通过函数式进行映射，但是只考虑，还不全面，要考虑到的性质，如，，这样也有．
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 分
12. 已知向量的夹角的余弦值为，且，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据平面向量的数量积定义及运算律求解即可.
【详解】由题意，向量的夹角的余弦值为，
因为，
所以，
解得或（舍去）.
故答案为：2.
13. 已知函数 ， 且 ，则__.
【答案】
【解析】
【分析】先求出，画出在上的图象，数形结合得到，故，求出.
【详解】，，
，
画出在上的图象，如下：
显然，故，
，
即，解得.
故答案为：
14. 已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O.点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，当时，平面截球O所得截面的周长为____；当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①平面截球O所得截面的周长可根据球的性质分析运算；
②根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.
【详解】①正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为.
故答案为：
②如图2，将正四面体绕旋转后得到正四面体，
设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 在中，角的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若是边上的一点， 且满足，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）根据题意结合向量夹角公式可得，利用面积关系求解可得
小问1详解】
因为，即，.
由正弦定理可得，
且，
即，
可得，
且，则，可得，
又因，所以
【小问2详解】
因为，即，
可得，又，所以，
可知平分，则，
因为，
即，整理可得
16. 已知数列的前项和为，，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得时，，相减得出数列的递推关系，再确定关系式对是否适用，得证其为等比数列，从而得通项公式；
（2）用错位相减法求得和，不等式恒成立，化为，
利用不等式法（最大项不比前后两项小）或作差法得出最大项，从而得参数范围．
【小问1详解】
由，可得：
时，，两式相减可得：，所以，
时，，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，的通项公式为
【小问2详解】
，.
，
，
两式相减得：，
所以，
因为恒成立，可得，
记，
法一：
令，则，解得，
则，即当时，取到最大值2，
可得，所以实数的取值范围.
法二：
，
时，，即，
时，，即，
则，即当时，取到最大值2，
可得，所以实数的取值范围
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，面，是棱上一动点.

（1）当时，求三棱锥的体积
（2）当面积最小时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直得出线线垂直进而得出，再应用锥体体积公式计算即可得解；
（2）先证明线面垂直，再计算所以当最小时，三角形 面积最小，最后根据已知建系空间向量法计算二面角余弦即可.
【小问1详解】
由已知，，所以，
所以，
又平面，
∴ ，
又∵平面，平面，
∴.
∵，∴，
设到平面的距离，∴ ，
又∵，∴，
，
所以.
【小问2详解】
设相交于点，
因为平面，平面，
所以，平面，平面，
平面，
因为平面，所以，
，因为为定值，
所以当最小时，三角形 面积最小，
因为在线段上动，所以当时，最小，即三角形面积最小，
此时 ，
取中点，因为为中点，所以.
因为平面，平面.所以，
所以在平面中，，
因为平面，平面，所以平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，因为，
以为原点，以，，分别为轴，建立空间直角坐标系.
，
，
，，，
设平面的法向量
则，

设，则，
所以为平面的一个法向量.
平面的法向量.
设平面平面夹角，
.
18. 已知函数满足存在实数，使得.
（1）求实数的取值范围；
（2）若有最大值为，求实数的值；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，分类讨论，根据函数单调性及题意求出的取值范围；
（2）由题意，构造函数，利用导数确定函数的最大值，再由最大值为求出；
（3）对要证结论进行转化，换元后即证，构造函数利用函数单调性证明即可.
【小问1详解】
由，得函数的定义域为，
又；
当时，f′x>0恒成立，所以在上单调递增，不满足题意；
当时，，f′x>0，单调递增；
，f′x1a)，
则，令，
因为，所以在上单调递减，
当，即时，恒成立，
在上单调递减，没有最大值，
当，即时，存在，
使得 ①
所以时，，单调递增；
时，，单调递减.
所以存在的最大值为 ②
由①②消整理得
令，关注到，且单调递增，
所以是方程唯一解.
把代入①式中，求得.
【小问3详解】
由，得，
故欲证，只需证：，即，
令（），即证，即证，
令，则ℎ′t=1t−92t+12=t−1(2t−1)t2t+12>0，
所以在单调递增，而ℎ1=0，
所以，当时，恒成立，证毕.
【点睛】关键点点睛：在比较复杂的导数题目中，对所要证明式子进行等价变形或放缩变形，根据式子结构构造适当函数，利用导数研究函数的最值是证明的关键,
19. 已知集合中的元素均为正整数，且满足：①对于任意，若，都有；②对于任意，若，都有.
（1）已知集合，求；
（2）已知集合，求；
（3）若中有4个元素，证明：中恰有5个元素.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据①可得都是中的元素，进而证明中除外没有其他元素即可求解，
（2）根据条件①②，即可求解，
（3）根据题意可得，，是中的元素，进而根据和可得，进而，接下来假设中还有其他元素，且该元素为，利用与的关系得矛盾求解.
【小问1详解】
由①可得都是中的元素.
下面证明中除外没有其他元素：
假设中还有其他元素，分两种情况：
第一种情况，中最小的元素为1，显然不是中的元素，不符合题意；
第二种情况，中最小的元素为2，设中除外的元素为，
因为是中的元素，所以为4或8，而4，8也是中的元素，
所以中除外没有其他元素.
综上，.
【小问2详解】
由①可得，都是中的元素.
显然，由（2）可得，是中的元素，即是中的元素.
因为，所以，解得.
【小问3详解】
证明：设.
由①可得，都是中的元素.
显然，由②可得，是中的元素，即是中的元素.
同理可得，是中的元素.
若，则，所以不可能是中的元素，不符合题意.
若，则，所以，即.
又因为，所以，即，
所以，此时.
假设中还有其他元素，且该元素为，
若，由（2）可得，而，与矛盾.
若，因为，所以，则，
即，所以中除外，没有其他元素.
所以，即中恰有5个元素.
【点睛】方法点睛：对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.