2024届山东省名校考试联盟高三上学期12月阶段性检测数学试题含答案

这是一份2024届山东省名校考试联盟高三上学期12月阶段性检测数学试题含答案，共21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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】化简集合A，B，根据集合的补集、交集运算即可得解.
【详解】因为，
所以，.
故选：B
2．已知复数z满足，则（ ）
A．iB．C．D．1
【答案】A
【分析】先求，再求.
【详解】由已知，
所以.
故选：A.
3．已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出的坐标，然后利用投影向量的公式求解即可.
【详解】由已知，
则在上的投影向量为.
故选：D.
4．已知函数，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】C
【分析】根据题意，若成立，得到或，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由函数，若成立，
则或，解得或，所以，
所以是的充要条件.
故选：C.
5．盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（ ）
A．7碗B．8碗C．9碗D．10碗
【答案】C
【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积，
茶碗的下底面面积，茶碗高，
则茶碗的体积，
所以，即茶水至少可以喝9碗.
故选：C
6．已知实数x，y满足，且，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】先得出，再根据基本不等式“1”的妙用求得结果.
【详解】设，
则且，解得.
所以，
因为，所以，
当时取等号，即且，
解得.
故选：B.
7．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．0或3B．0或1C．1或2D．2或3﹒
【答案】A
【分析】通过讨论的取值范围，利用数形结合的思想即可解答.
【详解】当时，，所以,
所以当时，，即函数单调递增；
当时，，即函数单调递减；
所以，并且当时，，
当时，图象如下所示：
令，则，
则可得，,
，均无零点，故零点个数为0；
当时，如下图所示：
参照的解析可知，此时也无零点；
当时，如下图所示：
令可解得
结合上图可知：均有1个零点，
所以此时有3个零点，
综上：有0个或3个零点，
故选：A.
8．已知函数在区间内不存在最值，且在区间上，满足恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由正弦型函数的区间最值情况得，，进而有或，讨论结合已知恒成立确定最终的取值范围.
【详解】由，则内不存在最值，
即，则，，则或，
由，则中恒成立，
只需且，
或；
所以的取值范围是.
故选：D
二、多选题
9．下列条件能推出的是（ ）
A．，且B．，且
C．，且D．，且
【答案】AB
【分析】由不等式的性质，结合作差法和特殊值法可解.
【详解】对于A，因为，且，所以，即，故A正确；
对于B，因为，且，所以两边同时除以可得，故B正确；
对于C，因为，且，所以可得，
则，
因为的正负情况未知，所以大小无法确定，故C错误；
对于D，令，则，
但是不满足，故D错误；
故选：AB
10．数列满足，且，则该数列前5项和可能是（ ）
A．5B．10C．29D．31
【答案】AD
【分析】由条件可得，然后分或讨论，结合等比数列的定义以及其前项和公式，即可得到结果.
【详解】因为，
即，
所以或，
若，则数列为常数数列，
且，则其前5项和；
若，即，且，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
则；
所以该数列前5项和可能是5或者31.
故选：AD
11．对于任意非零实数x，y﹐函数满足，且在单调递减，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．为奇函数D．在定义域内单调递减
【答案】AC
【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.
【详解】令，则，解得，故A正确；
因为，即，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
故，故B错误；
由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则，
令代换，则，
由两式可得，化简可得，所以为奇函数，故C正确；
因为在单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故D错误.
故选：AC
12．已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（ ）
A．正四面体的外接球体积为
B．若点P满足，且，则的最小值为
C．若正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积可能为
D．若正四面体的四个顶点分别在四个互相平行的平面内，且每相邻平行平面间的距离均相等，则此距离为
【答案】ABD
【分析】根据正四面体所在正方体的外接球求解判断A，根据向量共面基本定理转化为求顶点到平面的距离判断B，转化为正四面体内切球为的外接球时，正四面体的体积最大判断C，在正方体中作出正四面体，画出符合题意的两个平行平面，求距离即可判断D.
【详解】（审核老师您好，这道题目是个压轴题，想了很长时间，有考虑不周的地方求私聊，谢谢，请删除本行）
因为正四面体棱长为2，所以正四面体所在正方体棱长为，
其外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径为，
所以外接球体积，故A正确；
因为点P满足，且，所以点在平面内，
则的最小值为正四面体底面上的高，作平面，如图，
则为三角形的中心，所以，
在中，，
即的最小值为，故B正确；
要使正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的
外接球恰好为正四面体内切球时，正四面体的体积最大值，
设正四面体内切球半径为，则，解得，
所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的棱长为，
则，解得，由A可知，体积，故C错误；
在正方体中作出正四面体，作其中过三个顶点的互相平行的平面，如图，
由于相邻平面间距离都相等，不妨求平面与平面间的距离，
其中，为正方体棱上的中点，过作于，
则即为两平行平面间的距离，因为，
所以，所以，
即相邻平行平面间的距离为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：C选项中将正四面体在正四面体内随意转动时体积最大问题，转化为求正四面体的外接球的体积，再转化为正四面体的内球球问题，是解题的关键，D选项中，能根据题意作出符合题意的两个平行平面是解题的关键与难点.
三、填空题
13．已知，则的值为 ．
【答案】/0.6
【分析】根据两角和的正切公式求出，再利用二倍角公式，同角三角函数的基本关系求出.
【详解】，解得，
，
故答案为：.
14．如图所示，将一个顶角为的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去……，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的科克曲线（Kch curve）．已知最初等腰三角形的面积为3，则经过5次操作之后所得图形的面积为 ．
【答案】
【分析】由题设，第次操作后所得图形面积，即可求结果.
【详解】根据题意，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，
所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，
由此，第次操作后所得图形面积是，
即经过5次操作之后所得图形的面积是.
故答案为：
15．已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值为 ．
【答案】-6.
【详解】分析：可建立坐标系，用平面向量的坐标运算解题．
详解：建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，
∴
，
易知当时，取得最小值.
故答案为－6．
点睛：求最值问题，一般要建立一个函数关系式，化几何最值问题为函数的最值，本题通过建立平面直角坐标系，把向量的数量积用点的坐标表示出来后，再用配方法得出最小值，根据表达式的几何意义也能求得最大值．
16．已知函数，若是的极大值点，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用导数和极值关系求解即可.
【详解】由函数，得，
令，
由是的极大值点，易得，
且在上单调递减，
即，所以，即，
当时，，符合题意；
当时，，，
则，，
则，，
则，，在上单调递减，
在上，在上，，符合题意；
所以a的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
17．已知等差数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由，可得数列的首项与公差，即可得通项公式；
（2）由（1）结合裂项求和法可得答案.
【详解】（1）设数列的首项为，公差为.
则.
由，可得；
（2）由（1），，则.
故.
18．如图，在正三棱锥中，，E，F分别是中点，M是上一点，且满足．
(1)证明：平面；
(2)求点D到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于，连接，结合题意易得，由等比例性质得，应用线面平行的判定证结论；
（2）由等体积法有，根据已知及棱锥的体积公式求点面距.
【详解】（1）连接交于，连接，由E，F分别是中点，
所以为的重心，则，又，
所以在中有，面，面，
所以平面；
（2）由题设，易知，
由正三棱锥中，故为等边三角形，且，
所以，即，同理，
所以，
中，故，即，
故，若点D到平面的距离为，则.
19．如图，在中，，点P在边BC上，且．
(1)若，求PB﹔
(2)求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理求解即可；
（2）设，则，求出，，所以三角形ABC面积的可表示为只含的函数，利用二次函数的性质可得最大值.
【详解】（1）因为，
所以在中由余弦定理可得，
所以，解得，
由正弦定理得，即，解得，
所以，，
在三角形ABC中由正弦定理得：，则，
解得，所以；
（2）设，则，由于，则，
在中由正弦定理得：，解得，
过A点做BC的垂线，交BC于M点，设三角形的面积为S，
则，所以，
所以，
所以
即三角形ABC面积的最大值为.
20．如图，在直三棱柱中，，侧面是正方形，且平面平面．
(1)求证：；
(2)当AC与平面所成的角为，在线段上是否存在点E，使平面ABE与平面BCE的夹角为?说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点为线段中点时，二面角的大小为，理由见解析.
【分析】（1）通过作辅助线结合面面垂直的性质证明侧面，从而证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标,再求相关的向量坐标，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.
【详解】（1）证明：连接交于点，
因侧面是正方形，则
由平面侧面，且平面侧面，
得平面，又平面，所以.
三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，所以.
又，从而侧面，
又侧面，故.
（2）由（1）平面，则直线与平面所成的角,
所以，又，所以
假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为,
由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
且设， ，
得
所以，
设平面的一个法向量，由，得：
，取,
由（1）知平面，所以平面的一个法向量,
所以，解得,
∴点E为线段中点时，二面角的大小为.
21．已知数列满足：．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前100项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义证明是等差数列；
（2）根据特征，应用错位相减法求解.
【详解】（1）对两边同时除以可得：
．
于是数列是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，，．
于是
，
，
，
，
，
因此．
22．定义函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)若对任意恒成立，求k的取值范围；
(3)讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由．
（注：…是自然对数的底数）
【答案】(1)
(2)
(3)答案见详解
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果；
（3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值.
【详解】（1）由，
可得,
所以曲线在处的切线斜率.
（2）若对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
令，则，
由解得，或；由解得，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，且当时，，
故的最小值为，
故，即的取值范围是.
（3），
当时，，
因此当为奇数时，，
此时
则，所以单调递减.
此时，显然有唯一零点，无最小值.
当时，
且当时，
，
由此可知此时不存在最小值.
从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值，
当时，即当为偶数时，，
此时，
由，解得；由，解得
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
即，所以当为偶数时，没有零点.
设，
，
所以在上单调递增，，即.
令可得，
当时
，
即.
从而当为偶数时，没有零点，存在最小值.
综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值；
当为偶数时，没有零点，存在最小值.
【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则
（1）恒成立恒成立；
（2）恒成立恒成立；
（3）恒成立，恒成立；
（4）恒成立．