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)
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这是一份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),共11页。试卷主要包含了本试卷命题范围,在数列中,若,,函数在区间上的图象大致为等内容,欢迎下载使用。
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.23.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.10128.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.111.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:0123……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
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