山东师范大学附属中学2025届高三上学期12月阶段性检测数学试题（Word版附答案）

这是一份山东师范大学附属中学2025届高三上学期12月阶段性检测数学试题（Word版附答案），共11页。
本试卷共 4 页，19 题，全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、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. 若集合M = {x | x < 4} ，N = {x| 2x1} ，则 MN =
A. {x0x < 2} B.
C. {x2x < 16} D.
2. 若复数 的共轭复数是
A. −2 − i B. 2 − i C. 2 + i D. −2 + i
3. 在 展开式中，x2 y4 系数为
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
4. 若函数 为偶函数，则a =
A. 0 B. −1 C. 1 D. 2
5. 已知sin α + cs α = ，则 =
A. − B. C. − D.
6. 形如 y = + c(a > 0，b > 0，c∈ R) 的函数，图象很像汉字中的“囧”字，被形象地称为“囧函数” ．当
a = 1，b = 1，c = 0 时，该“囧函数”与函数g (x) = ln | x | 的交点个数为
A. 2 个 B. 4 个 C. 0 个 D. 3 个
7. 一位教授去参加学术会议，他选择自驾、乘坐动车和飞机的概率分别为0.2 ，0.5 ，0.3 ，现在知道他选择 自驾、乘坐动车和飞机迟到的概率分别为0.5 ，0.2 ， 0.1 ，则这位教授迟到的概率为
A. 0.8 B. 0.5 C. 0.23 D. 0.32
8. 已知函数f (x) = 5sin ωx +12 cs ωx (ω > 0) 在区间(0, τ )内没有零点，但有极值点，则5cs τω +12sinτω 的 取值范围是
A. ，13] B. ，13] C. D.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全 部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9. 为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到
如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中正确的是
A ．该地农户家庭年收入低于4.5 万元的农户比例估计为6%
B ．估计该地农户家庭年收入的85% 分位数为10 万元 C ．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D ．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5 万元至8.5 万元之间
10. 已知正方体ABCD − A1B1C1D1 的棱长为 1 ，E 为棱AA1 上一动点， CE 丄 平面α ,则
A ．异面直线AB1 和BC1 所成角是
B ．当点E 与点A1 重合时，平面α 被正方体所截的截面形状可能为正五边形
C ．当点E 与点A 重合时，四面体ECD1B1 外接球的体积为
D ．直线CD 与平面α 所成角的正弦值的取值范围是
11. 已知函数f (x) = x3 − 3x2 + ax + 2 ，则
A ．当a≤3 时，f (x) 恰有三个单调区间
B ．当a = 0 时，若f (x) 在(−1, m) 上有最大值，则0 < m3
C ．当a = 0 时，过(1,0) 作曲线y = f (x) 的切线有且只有一条
D ．当a = 1 ，且k < 1 时，曲线y = f (x) 与直线y = kx − 2 有 2 个交点 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 已知平面向量a 与b 的夹角为45O ，a 为单位向量，b = (1,1) ，则| 3a + b |= .
13. 等比数列{an } 中，a3 . a4 . a5 = 8 ， a8 = 8 ，则 a6 的值为 .
14. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥
将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体E − ABCD − F 的棱长为 2，
若点P 为棱AB 上的动点，则EP + FP 的最小值为 ；若点O 为四边
形 ABCD 的中心，点Q为此正八面体表面上的动点，且OQ = 1 ，则动点Q 的轨迹长度为 .
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.（13 分）
A1
B1
C1
A
D1
如图，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）求证： CD1 ∥平面ABB1A1 ；
B
D
C
（2）若 CD1 与平面ABCD 所成的角为60O ，求平面ACD1 与平 面 ABCD 夹角的余弦值.
16.（15 分）
记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别是a, b, c ，且 c = 6，b2 = a2 + 6a + 36 .
（1）求B ；
（2）点D 在 AC 上，BD 平分上ABC ，且BD = 4 ，求b .
17. （15 分）
为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高考全国 I 卷，为测试学生对新高考 试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分 150 分），其中甲市有 10000 名学生参加 考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩X 都近似服从正态分布N(μ,σ2 ) .
（1）已知本次模拟考试甲市平均成绩为 97.5 分，成绩位于(97.5,130.5] 区间内的学生共有 4772 人．甲市 学生A 的成绩为 114 分，试估计学生A 在甲市的大致名次；
（2）在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取 500 人作为研究样本，随机变量Y 为本次考试数学成绩
在(μ−3σ,150]之外的人数，求P(Y≥1) 的概率及随机变量Y 的数学期望. 附：参考数据：0.9987500 ≈ 0.5218 ，0.9987499 ≈ 0.5225
参考公式：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）
已知函数f (x) = ax2 − ax − xlnx ，且 f (x)0 ， a ∈ R .
（1）求a ；
（2）证明：f (x) 存在唯一的极大值点x0 ，且
19 ．（17 分）
已知数列{an } 是斐波那契数列{1,1, 2,3,5,8,13, 21，34,……} ，这一数列以如下递推的方法定义：
a1 = 1，a2 = 1，an+2 = an+1 + an（n ∈N* ）. 数列{bn } 对于确定的正整数k ，若存在正整数n 使得bk+n = bk + bn 成 立，则称数列{bn } 为“ k 阶可分拆数列” .
（1）已知数列{cn } 满足cn = man （ n ∈ N*，m∈R ），判断是否对m∈ R ，总存在确定的正整数k ，使得 数列{cn } 为“ k 阶可分拆数列” ，并说明理由；
（2）设数列{dn } 的前n 项和为Sn = 3n − a （ a≥0 ）.
（i）若数列{dn } 为“ 1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a 的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列 满足fn = ，其前n 项和为Tn ，求证：当n∈N* 且n3 时，
Tn < a + a + a + . . . . . . +a − an an+1 +1 成立.
2024 年 12 月山东师大附中高三阶段性检测试题
一、选择题：DBCA CBCA
二、选择题：9.ABD 10.ACD 11.BC
三、填空题：12. 、i17 13. 4 14. 2·、i3； 兀 .
四、解答题：
15.（本小题满分 13 分）
（1）证法一：（几何法）
证明：取 AB 的中点E ，连接 A1E 、 CE . … … … … … … … … … … … … … 1 分
在梯形 ABCD 中，因为 AB ∥CD ， AB = 2CD = 4 ， AD = 2 ，
所以 AE Ⅱ CD ，所以四边形 ADCE 为正方形， … … … … … … … … … … … …2 分
=
所以 CE AD A1D1 ，
所以四边形 A1D1CE 为平行四边形， … … … … … … … … … … … … … …3 分
所以 CD1 ∥A1E . … … … … … … … … … … … … … … … … …4 分
因为 CD1 丈 平面ABB1A1 ， A1E 丈 平面ABB1A1 ，
所以 CD1 Ⅱ 平面ABB1A1 . … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …5 分
证法二：（向量法）
分别以为 AD 、 AB 、 AA1 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， … … … … … 1 分
则 A(0, 0, 0) ， C (2, 2, 0) ， D (2, 0, 0) ，则 - = (2, 0, 0) ， … … … … … … … … … …2 分
因为 AD 丄 平面ABB1A1 ，所以- = (2, 0, 0) 为 平面ABB1A1 的法向量， … … … … … … … … … …3 分
设D1 (2, 0, m ) ，则 -D- = (0, 一2, m ) ， … … … … … … … … … …4 分
---→ --- ---→ ---
因为 AD . CD1 = 0 ，所以 AD 丄 CD1 ，所以 CD1 Ⅱ 平面ABB1A1 . … … … … … … … … … … … … … … … … …5 分
（2）解：连接DE 交 AC 于 O ，连接D1O ， … … … … … … … … … … …6 分
在直四棱柱 ABCD 一 A1B1C1D1 中，
因为 D1D 丄 平面ABCD ，所以 CD 为 CD1 在平面 ABCD 内的射影， 所以 上D1CD 为 CD1 与平面 ABCD 所成的角，
即 上D1CD = 600 . … … … … … … … … … … …8 分
在 RtΔD1CD 中， CD = 2 ，所以D1D = 2 ·3 ， … … … … … … … … … 9 分
因为 AD = DC ， O 为 AC 的中点，所以DO 丄 AC ，
因为 D1A = D1D2+AD2 ， D1C = D1D2+CD2 ，所以D1A = D1C ， 因为 O 为 AC 的中点，所以D1O 丄 AC ，
所以因为 上D1OD 为平面 ACD1 与平面 ABCD 夹角. … … … … … … … … … … … 11 分
在 RtΔD1OD 中，因为 OD = ·2 ， D1D = 2 ·3 ，所以OD1 = ·14 ，
所以 cs 上D1OD = 7 ， … … … … … … … … … 13 分
即平面 ACD1 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 . … … … … … … … … … … 13 分
解法二：（向量法）
设D1 (2, 0, m ) ，因为 C(2, 2, 0) ，所以-D- = (0, 一2, m ) ， … … … … … … … … … …6 分
因为 AA1 丄 平面ABCD ，所以-A- = (0, 0, m ) 为平面 ABCD 的法向量， … … … … … … … … … …7 分
所以 m2 = 12 ，所以 m = 2 ，所以 - = (0, 0, 2 )，
即平面 ABCD 的法向量为-A- = (0, 0, 2 ) . … … … … … … … … … …9 分
因为 A(0, 0, 0) ， C (2, 2, 0) ， D1 (2, 0, 2、i3 ) ，所以 - = (2, 2, 0) ， -D- = (2, 0, 2、i3 ) ，
设 = (x, y, z ) 为平面 ACD1 的法向量，则 { y0= 0 ，即
所以可取 = ( , 一 , 一1) ， … … … … … … … … … … 12 分
设平面 ACD1 与平面 ABCD 夹角的余弦值为θ ,
所以csθ=
—2 ·3
7 . 23
-→ ---→ ·
cs < m, AA1 > = = 7 ， … … … … … … … … … … 13 分
即平面 ACD1 与平面 ABCD 夹角的余弦值为 . … … … … … … … … … … 13 分
16.(1)因为 c = 6, 所以b2 = a2 + 6a + 36 = a2 + ac + c2 ，即 a2 + c2 — b2 = —ac ， … … … ..2 分
所以 cs B = = — , … … … … … … … … … … … … … … … ..4 分
又因为 B ∈(0,兀) ，所以B = 2 . … … … … … … … … … … … … … … … ..6 分
(2)解法一：等面积法＋余弦定理
兀
3
如图，由题意可知， 上ABD = 上DBC = 上ABC =
. … … … … … … … … … … … … … … … ..7 分
因为 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
由题意知， 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.【详解】（1）解：已知本次模拟考试成绩X 近似服从正态分布N(μ,σ2 )，
由题意可得μ = 97.5 ． … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 1 分
:μ + 2σ = 130.5 ， … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 3 分
解得σ = 16.5 ． 4 分
: 甲市学生A 在该次考试中成绩为 114 分，且114 = μ +σ , 5 分
即P(X≥ μ +σ) = 0. 1587 ． … … … … … … … … … … … … … … … … … …7 分
: 10000× 0. 1587 = 1587
答：学生A 在甲市本次考试的大致名次为 1587 名． … … … … … … … … … … … …8 分
（2）设事件B ：在样本中抽取的学生在本次考试中数学成绩在(μ — 3σ, 150]之外， 由于成绩在(μ — 3σ, μ + 3σ) 之内的概率为 0.9974 .
= 0.5 — = 0.0013 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10 分
: 随机变量 Y 服从二项分布，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 的数学期望为E(Y) = np = 500× 0.0013 = 0.65 ． … … … … … … … … … … … 15 分
18.解：（方法一）
因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx ＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0 等价于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥ 分
: h(1) = 0:1是 h(x) 极小值点.
又 ， : h’ = a —1 = 0 : a = 1 分
检验，当 a = 1 时， h’ ，当x ∈ < 0 ， h 单调递减；
当x ∈(1, +∞), h’(x) > 0 ， h(x) 单调递增.
当: hmin (x) = h(1) = 0 ， : a = 1 ，符合题意 分
（方法二）
因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx ＝x（ax﹣a ﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0 等价于 h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥ 分
求导可知 h′（x）＝a — .
①a≤0 时 h′（x）＜0 ，即y ＝h（x）在（0 ，+∞) 上单调递减，
所以当 x0＞1 时，h（x0）＜h（1）＝0 ，不合题意 分
@当a＞0 .
因为当 0＜x＜ 时 h′（x）＜0 、当 x＞ 时 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 单调递增，在(1, +∞) 单调递减，
gmax (a) = g(1) = 0 ，所以g(a) ≥ 0 的解只有. a = 1 分
（2）证明： 由（1）可知a = 1 时，f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
记 t（x）＝2x﹣2 ﹣lnx ，则 t′（x）＝2 一 分，
令 t′（x）＝0 ，解得： ，
所以 t（x）在区间（0 ， ）上单调递减，在（ ，+∞) 上单调递增，
所以 t（x）min ＝t（ ）＝ln2﹣ 1＜0 ， 10 分
又 = 0, t’ > 0 ，所以 t 在区间 上有唯一零点x0 ∈ 且 2x0﹣2 ＝lnx0 分
f′（x）在（0 ，x0）上为正、在（x0 ，1）上为负、在（1 ，+∞) 上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点 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）上单调递增，在（x0 ， ）上单调递减， 所以
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点 x0 ，且 ． 17 分
19 ．【详解】（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
:对 m ∈ R ，当正整数k=1时，存在n=2 ，使得ck+n = ck + cn 成立，
即数列{cn } 为“1阶可分拆数列” ； … … … … … … … … … … … … … … … … … … …3 分
（2） Q Sn = 3n 一 a ， : 当n =1 时， d1 = 3 一 a ， … … … … … … … … … … … … … … … … … … …4 分
当n ≥ 2 时， dn = Sn 一 Sn一1 = (3n 一 a) 一 (3n一1 一 a) = 2 . 3n一1 ， … … … … … … … … … … …5 分
（i）若数列{dn } 为“1阶可分拆数列” ，则存在正整数n 使得 d1+n = d1 + dn 成立，
当n = 1 时， d2 = d1 + d1 ，即6 = 2 (3 一 a) ，解得a = 0 ， … … … … … … … … … … … 6 分
当n ≥ 2 时， 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 无解. … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …8 分
综上所述，符合条件的实数 a 的值为0 . … … … … … … … … … … … 9 分
（ii）证明： :an+2 = an+1 + an , (n ∈ N* ) ，
: 当
2 : a
2 = a1
n ≥ 2 时，
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
当n ∈ N* 且n ≥ 3 时，
Tn < a + a + a + . . . . . . +a 一 an an +1 + 1 成立. … … … … … … … 17 分