2025届山东省济宁市高三上学期1月期末质量检测 数学试卷（解析版）

这是一份2025届山东省济宁市高三上学期1月期末质量检测 数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了01， 若，且，则的最小值为， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
2025.01
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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、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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
，
所以.
故选：D.
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】由，得，
所以在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
3. 已知向量，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若，则，，此时，所以；
若，由向量共线定理，得，解得，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为函数的值域为，
而当时，易知在上单调递增，
所以，即在上的值域为，
所以当时，在上的值域要包含，
所以的图象开口向下，又对称轴为，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
5. 已知函数（且），若将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再将函数的图象向下平移2个单位长度，所得图象与的图象重合，则实数（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】由题意可得，
再将函数的图象向下平移2个单位长度可得，
即，故，又，故.
故选：C.
6. 若，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】B
【解析】因为，所以，
因为，则，即，
，
当且仅当，即时，等号成立，
此时最小值为，
故选：B.
7. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线交的右支于点，且，则的离心率等于（ ）
A. B.
C. 2D.
【答案】D
【解析】设，
因为过且斜率为的直线交的右支于点，且，
所以，
所以，解得，
所以的离心率.
故选：D.
8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则（ ）
A. 2025B.
C. 4050D.
【答案】A
【解析】因为fx+2+fx=0①，
所以，
所以，所以的周期为4，
因为为奇函数，所以②
令，由②得，所以，
①中令，得，所以，
令，得，所以，
综上，，
，，
所以
，
由函数的周期性得，.
故选：A.
二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 上单调递增
C. 在上有两个极值点
D. 点是曲线y=fx的一个对称中心
【答案】BC
【解析】对于A，因为经过点，
所以，即，
又的图象在点附近呈递增状，
则，即，所以，故A错误；
对于B，由选项A可得，
由，得，
而在上单调递增，故在上单调递增，故B正确；
对于C，由，得，
而在上单调递增，在上单调递减，
所以在有两个极值点，则在上有两个极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以点不是曲线y=fx的对称中心，故D错误.
故选：BC.
10. 已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】因为，即，
所以，，
解得，故A正确；
由此可得，，，，……
所以当为奇数时，为偶数，为奇数，
所以，，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为2，
所以，所以，
所以，故B错误；
当为偶数时，为奇数，为偶数，
则，，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为2，
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于D，
=
=，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（ ）
A. 直线与所成的角为
B. 平面
C. 过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为
D. 以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为
【答案】BCD
【解析】对于A，在正方体中，，
故直线与所成的角即为直线与所成的角，即，
在中，，则不为，A错误；
对于B，连接，则，又平面平面,
所以，平面，故平面，
平面，故，同理可证，
平面，故平面，B正确；
对于C，由B可知平面，
故过点且与垂直的平面截正方体所得截面与平面平行，
设的重点为，依次连接，
可得六边形为正六边形，
而，平面，平面，故平面，
同理可证平面，面，
故面平面，
即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为六边形，边长为，
其面积为，C正确；
对于D，过点P作的垂线，垂足为M，则M为的中点，且平面，
设以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的点为K，则，
平面，故，且，
则以为球心，为半径的球面与侧面的交线为平面上以M为圆心，
以为半径的圆弧，如图：
由于，故，则交线长度为，D正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点在抛物线：上，则点到抛物线的准线的距离是______.
【答案】
【解析】由题意可得，即，故：，
则抛物线的准线方程为，
故点到抛物线的准线的距离为.
故答案为：.
13. 已知，则______.
【答案】
【解析】由题意可得，
所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知点，点在曲线上，则（其中为坐标原点）的最大值是______.
【答案】
【解析】由可知：，
设，
则，
则，
设，，
则，
所以为奇函数，
时，时，时，
故只需考察时情况；
当，
因为，在都是单调递减，
所以在单调递减，
令，解得：，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在单调递增，在单调递减，
故，
所以的最大值为，
即的最大值是,
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求证：；
（2）若，，求的面积.
（1）证明：在中，由余弦定理得，
即，整理得，
由正弦定理得，
整理得，
所以.
（2）解：由（1）知，，
由余弦定理得，即，解得，，
所以的面积为.
16. 已知数列满足，，记.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）记，求数列的前项和.
（1）证明：因为，
所以数列是以2为公差的等差数列.
（2）解：因为，所以，
所以，
所以，
所以
.
17. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若直线到平面的距离等于，求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：连接交于点，
则为的中点，连接
∵为棱的中点
∴
又平面，平面，
所以平面
（2）解：（方法一）∵为棱的中点，
∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，
∴点到平面的距离等于
∴
设，
则，，，
∴，
∴
∴
过点作，则平面，
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为
（2）（方法二）过点作，则平面，如图所示，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，，
所以，，，，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以点到平面的距离，
∴
∴平面的一个法向量
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为
18. 已知函数，.
（1）讨论函数零点的个数；
（2）若，求的最大值.
解：（1）因为，，
当时，，所以的零点个数为0；
当时，由得，
令，则，
当或时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，；
当时，，，，
作出的大致图象，如图，
所以当，即时，与的图象没有交点；
当，即时，与的图象有3个交点；
当，即时，与的图象有2个交点；
当，即时，与的图象有1个交点；
综上，当时，函数有0个零点；当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点.
（2）因为，所以，
因为，则，
令，则，
当时，由与的性质可知，
当时，，，
所以不恒成立，不符合题意；
当时，，只需，所以；
当时，则当时，h'x>0，此时hx单调递增；
当时，h'x