2024届山东省济南市章丘区第一中学高三上学期12月阶段测试数学试题含答案

这是一份2024届山东省济南市章丘区第一中学高三上学期12月阶段测试数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．（－∞，1]C．（－1，1]D．[0，1]
【答案】D
【分析】根据集合的交集和补集的定义，直接计算求解.
【详解】由，得，解得或，
则，
由，得，解得，
故
故选：D
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数的运算即可求解.
【详解】．∴.
故选：A．
3．下列可能是函数的图象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数定义域和特殊值可排除ABD.
【详解】函数定义域为R，排除选项AB，当时，，排除选项D，
故选：C.
4．已知非零向量的夹角正切值为，且，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【分析】先求出非零向量的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理
，即可得到答案.
【详解】解析 设，的夹角为，由得.
因为，所以，
得，解得或（舍去）.
故选：D.
5．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
6．已知函数是奇函数且满足，当，时，恒成立，设，，，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的周期性、单调性，结合奇偶性判断出正确答案.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以，
故，所以函数的周期为，
当、时，恒成立，
即当时，，
即，所以函数在上为单调增函数，
因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，
因为，，
因为，所以．故．
故选：B
【点睛】如果一个函数的图象既关于直线对称，也关于点对称，则这个函数具有周期性.对于函数的单调性来说，在时，若，则函数单调递增.奇函数的单调性在轴两侧对应的区间上相同，偶函数则相反.
7．某礼品店销售的一装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，球的体积为，则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】利用球的体积公式求出半径，求出正三角形内切圆半径，利用勾股定理求出球心到上底面距离即可得解
【详解】设球的半径为R，三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为r．由球的体积为可得，解得．
因为正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，所以底面正三角形的内切圆半径为，正三棱柱的高为4，设球心为，正三角形的内切圆圆心为，
取的中点M，并将这三点顺次连接，则由球的几何知识得为直角三角形，所以，于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为．
故选：C
8．已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，借助双曲线求出抛物线焦点F的坐标，再结合抛物线定义及几何意义求解最值作答.
【详解】双曲线的渐近线，右焦点，
依题意，，解得，因此抛物线的焦点为，方程为，其准线为，
由消去x并整理得：，，即直线与抛物线相离，
过点F作于点P，交抛物线于点M，过M作于点Q，交直线于点N，
则有，
在抛物线上任取点，过作于点，作于点，交准线于点，连，如图，
显然，当且仅当点与点重合时取等号，
所以抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及抛物线上的点到定点与到焦点距离和或到定直线与准线距离和的最小值问题，利用抛物线定义转化求解即可.
二、多选题
9．若曲线是由方程和共同构成，则下列结论不正确的是（ ）
A．曲线围成的图形面积为
B．若点在曲线上，则的取值区间是
C．若与直线有公共点，则
D．若圆能覆盖曲线，则的最小值为2
【答案】ABC
【分析】根据曲线的方程可得曲线的图形，利用图形的对称性，即可结合选项逐一求解.
【详解】由，，得或，
当时，，，是圆心为，半径为1的半圆，
同理可得的其他部分，分别为圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆；
作曲线的图形如下图：
图中虚线部分是边长为2的正方形；
对于A，图形的面积，错误；
对于B，由图可知的取值范围是,，错误；
对于C,根据曲线的对称性可知，当直线与相切时，此时
或（舍去），
故要使曲线与直线有公共点，则，C错误，
对于D，覆盖住曲线的圆的半径的最小值显然是2，正确；
故选：ABC．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在处取得极大值
B．方程有两个不同的实数根
C．
D．若不等式在上恒成立，则
【答案】AC
【分析】当时，函数有极大值，故选项A正确；方程不可能有两个不同的实数根，选项B错误；，选项Ｃ正确；，选项D错误.
【详解】易知函数的定义域为，，
令，则，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，函数有极大值，故选项A正确；
因为，且当时，，当时，，
所以方程不可能有两个不同的实数根，选项B错误；
因为函数在上单调递增，且，
所以，选项Ｃ正确；
不等式在上恒成立即不等式在上恒成立，
令，则，令，
则，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以当时，函数有最大值，所以，选项D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：零点问题的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令得，分析的图象得解）.
11．将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．偶函数
C．在上单调递减D．关于中心对称
【答案】BD
【分析】先根据三角函数图象变换的知识求得，然后根据三角函数的周期性、奇偶性、单调性、对称性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，
的图象向左平移个单位长度得到，
再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，
得到，
所以，的最小正周期为，A选项错误.
是偶函数，B选项正确.
由得，所以在上单调递增，C选项错误.
，所以D选项正确.
故选：BD
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】ABD
【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.
【详解】首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．
，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且，，
因此，故B正确；
对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.
三、填空题
13．现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学活动，每个路线至少1人，至多2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有 种．（用数字作答）
【答案】.
【分析】根据题意，分为甲同学单独1人和甲同学与另外一个同学一起，两类情况讨论，结合排列、组合，即可求解.
【详解】每个路线至少1人，至多2人，则一个路线1人，另外两个路线各2人，
若甲同学单独1人时，有种不同的选法；
若甲同学与另外一个同学一起，则有种不同的选法，
则不同的选择方法有60种．
故答案为：.
14．已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据指数函数、对数函数图象与性质画出函数图象，通过平移直线找到当与有三个交点时的的范围即可.
【详解】作出的函数图象如图所示:
画出函数的图象,
由图象可知当时，有1零点，
当时，有3个零点，
当或时，有2个零点.
故答案为：.
15．已知数列的首项为，且满足，其中为其前项和，若恒有，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用与的关系可得，进而可得，再利用累乘法得，由恒成立可知，，列不等式组求解即可.
【详解】由①可得②，
②①得，即，，
所以，，
所以，，累乘得，，
将代入得，解得，
所以，，
对于函数，得，
由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，
所以要使恒成立，只需，即可，
即，解得，
故答案为：
16．定义在上的函数满足（，），，则 ．
【答案】6
【详解】令x＝y＝0⇒f(0)＝0；令x＝y＝1⇒f(2)＝2f(1)＋2＝6；令x＝2，y＝1⇒f(3)＝f(2)＋f(1)＋4＝12；再令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3－3)＝f(3)＋f(－3)－18＝0⇒f(－3)＝18－f(3)＝6.
四、解答题
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为，，.
(1)求a和的值；
(2)求的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先得出，再结合三角形面积公式以及即可求出，结合余弦定理、正弦定理即可依次得出，.
（2）先由得出，再由二倍角公式得到，最终由两角和的余弦公式运算即可求解.
【详解】（1）在三角形ABC中,由，A为钝角，，
的面积为，可得，即，则，
联立，解得，，
由，可得，
由正弦定理得，即，解得.
（2）且C为锐角，，
，
，
.
18．已知数列的前项和为，其中为常数．
（1）证明：；
（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】试题分析：（I）对于含递推式的处理，往往可转换为关于项的递推式或关于的递推式．结合结论，该题需要转换为项的递推式．故由得．两式相减得结论；（II）对于存在性问题，可先探求参数的值再证明．本题由，，，列方程得，从而求出．得，故数列的奇数项和偶数项分别为公差为4的等差数列．分别求通项公式，进而求数列的通项公式，再证明等差数列．
试题解析：（I）由题设，，．两式相减得，．
由于，所以．
（II）由题设，，，可得，由（I）知，．令，解得．
故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；
是首项为3，公差为4的等差数列，．
所以，．
因此存在，使得为等差数列．
【考点定位】1、递推公式；2、数列的通项公式；3、等差数列．
19．如图1，已知在矩形中，，，为的中点.将沿折起，使得平面平面，如图2.
(1)求证：平面平面；
(2)设，.
①是否存在，使?
②当为何值时，二面角的平面角的余弦值为?
【答案】(1)证明见解析
(2)①存在；②.
【分析】（1）证明出，利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，推导出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系.
①求出向量、的坐标，根据以及可求得的值；
②利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得解.
【详解】（1）证明：在矩形中，因为，，
为的中点，所以，有，所以.
在四棱锥中，仍有，
又因为平面平面，平面平面，
平面，则平面.
又平面，从而平面平面.
（2）解：取的中点，因为，则，
因为平面平面，平面平面，
平面，则平面，
又因为，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
①因为，
所以，
，
若，则，
所以存在或，使.
②设平面的法向量，，
则，
令，则，
显然，平面的一个法向量，
所以，，解得.
故当时，二面角的平面角的余弦值为.
20．已知双曲线()左、右焦点为，其中焦距为，双曲线经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线，其中，垂足为为射线与双曲线右支的交点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，先求得的表达式，然后利用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）由题意得，，，解得，，
双曲线的方程为：.
（2）当直线斜率不存在时，，，则，
当直线斜率存在时，假设直线方程为，
联立双曲线方程得，
则，，，
∵直线与双曲线交于右支，∴，
则，
设射线OP方程为：，联立与双曲线的方程，
∴，，，
∴，
∴
，
当且仅当时等号成立，最大值为．
综上，的最大值为.

【点睛】求得双曲线的标准方程，关键是根据已知条件求得，是两个未知数，所以求解需要两个条件.求解圆锥曲线中的最值问题，可先求得需要求最值的式子的表达式，然后根据表达式的结构选取合适的方法来求最值.
21．在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测等三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为（）．
(1)求每个芯片智能检测不达标的概率；
(2)人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为，求的极大值点；
(3)若芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】(1)
(2)
(3)该企业需对生产工序进行改良，理由见解析
【分析】（1）设每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件，视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，根据对立事件的性质及事件独立性的定义即可求解；
（2）根据条件得到（），利用导数对进行讨论即可；
（3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，根据条件概率得到，再由乘法公式得到，即可判断.
【详解】（1）每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件.
视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，
则有，，，
由对立事件的性质及事件独立性的定义得：，
所以每个芯片智能检测不达标的概率为.
（2）人工抽检30个芯片恰有1个不合格品的概率为（），
因此
令，得.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点.
（3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
由（2）得：，
由（1）得：，
所以，
因此，该企业需对生产工序进行改良.
22．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.