山东省济南第一中学2024-2025学年高三上学期期中学情检测试题数学

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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，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
2. 已知，则＝（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则计算出复数，再计算复数的模.
【详解】由题意知，
所以，
故选：C.
3. 若，，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.
【详解】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B.
4. 函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”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
【解析】
【分析】根据充要条件的要求分别判断即可，若是推不出，则只需举反例.
【详解】因函数的定义域为，函数为减函数，又因数列满足中，,而,则在上必是递减的，
即数列为递减数列，故“函数为减函数”是“数列为递减数列”充分条件；
反之，数列为递减数列，即在上是递减的，但是在上未必递减.
(如函数在上的函数值都是，显然函数不是减函数，同时对应的数列却是递减数列.)
故“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.
故选：A.
5. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】利用对极差及中位数的概念理解，就可解得.
【详解】由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是，
根据六个数的中位数是：，解得，
故选：D.
6. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】B
【解析】
【分析】根据所有项系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.
【详解】所有项的系数之和为64，∴，∴
，展开式第项，
时，，，
时，，，，
故选：B．
7. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点的横坐标 ，则，即 .
又，所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
8. 函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 0C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合，即可判断出答案.
【详解】由，可得，即定义域为−1,1，
所以，
由于，故，
即f′x≥0，当且仅当x=0时取等号，
即在−1,1上为单调递增函数，又，
所以仅有一个零点．
故选：A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ）
A. 线性回归直线不一定经过样本点的中心
B. 设，若，，则
C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则服从二项分布，且
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线性回归方程过样本点中心可判断A；由二项分布的有关性质判断B；由相关系数的表示意义判断C；由超几何分布的定义判断D.
【详解】对于A，线性回归直线一定经过样本点的中心，故A错误；
对于B，由，，，得，解得，故B正确；
对于C，两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故C正确；
对于D，由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，
所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，得，故D错误.
故选：BC
10. 已知fx=Asinωx+φ（，，）的部分图象如图所示，则（ ）

A. B. 的最小正周期为
C. 在内有2个极值点D. 在区间上的最大值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】先由图像确定振幅、周期判断A、B，再根据最大值点确定，确定函数解析式，再由函数的性质即可判断C、D.
根据函数的部分图像求出、、、，即可得到函数解析式，
【详解】对于AB，根据函数的部分图象知，，
，，故AB正确，
对于C，由五点法画图知，，，解得，，
由于，所以，∴.
令，，则，，
时，，时，，
当时，，当时，，当时，，
故在内有2个极值点，分别为，，故C正确，
对于D，∵，可得：，
令，则，，此时单调递增，
所以，所以当，
此时取最大值，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是（ ）
A. 若、、三点共线，则的最小值为
B. 若，则的面积为
C. 若，则直线过定点
D. 若，过中点作于点，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理、焦半径公式以及基本不等式可求得的最小值，可判断A选项；求出点的横坐标的绝对值，利用三角形的面积公式可判断B选项；设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理以及求出的值，求出直线所过定点的坐标，可判断C选项；利用抛物线的定义以及基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，
当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，则，
易知，，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；
对于B选项，设点，，可得，所以，，
则，所以，，B对；
对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，由于直线不过原点，所以，，
联立可得，，
由韦达定理可得，所以，，
因为，则，解得，
所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；
对于D选项，过点作于点，过点作于点，
设，，所以，
因为
，
所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为______
【答案】0.92
【解析】
【分析】根据题意利用全概率公式直接求解即可.
【详解】因为A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，
所以从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为，
故答案为：0.92
13. 古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据球的体积得出球的半径，再根据圆柱的表面积公式计算即可.
【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，
圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，
利用球的体积公式可得：，解得：，
再由圆柱的表面积公式得：
，
故答案为：.
14. 已知是的等差中项，直线与圆交于两点，则AB的小值为______
【答案】
【解析】
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法，结合勾股定理代入计算即可求解.
【详解】因为成等差数列，是的等差中项，所以，即，
代入直线方程得，
即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，AB最小，
，此时.
故答案为：4
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. 如图，在平面内，四边形满足，点在的两侧，，，为正三角形，设.

（1）当时，求；
（2）当变化时，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）3
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理可得的值；
（2）由余弦定理可得的表达式，进而求出正三角形的面积的表达式，进而求出四边形的面积的表达式，由辅助角公式及的范围，可得四边形面积的范围．
【小问1详解】
因为，，，
由余弦定理可得：.
【小问2详解】
由余弦定理可得，
因为为正三角形，所以，
，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
故当时，四边形面积的最大值为.
16. 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【小问1详解】
如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，，平面，
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
17. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程：
（2）过点直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式列出方程求解即得.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为，得，解得，
由椭圆过点，得，联立解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，，则，
由消去得，显然，
则，
的面积
，解得，
所以直线的斜率.

18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）极小值，无极大值；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）（ⅰ）求导，利用导数判断单调性进而求出极值；
（ⅱ）分析可得，构造函数，，解法一利用导数判断函数的单调性，解法二根据，在内均单调递增得到函数的单调性，再根据求解即可.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
（ⅰ）因为的定义域为，且，
令，解得；
当时，；当时，；
所以在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值；
（ⅱ）由题意可得：，
因为，所以，
构建，，
因为，所以在内单调递增，
因为，不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
解法二：
由题意可得：，即，
构建，，
因为，在内均单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
19. 已知数列满足，且对任意正整数都有.
（1）写出，并求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值；
（3）设是数列的前项和，求证：.
【答案】（1），，
（2）2 （3）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
因为对任意正整数都有，
故，，
令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以；
【小问2详解】
由（1）得，当为偶数时，
当为奇数时，为偶数，
.
综上所述，；
若为偶数，则为奇数，由，得，
解得（舍去）或；
若为奇数，则为偶数，由，得，方程无解，
不合题意，舍去.
综上，所求的值为2.
【小问3详解】
由
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以在0,+∞上单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以.
故
【点睛】关键点点睛：问题的第三问，先化简，得，再证明时，，利用结论，对数列bn进行放缩，得到，可证结论.