2024届山东省济南市长清中学高三上学期12月质量检测数学试题含答案

这是一份2024届山东省济南市长清中学高三上学期12月质量检测数学试题含答案，共15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】首先根据定义域求出函数的值域，得集合B，然后根据集合的交集运算法则求得结果.
【详解】当时，，则，所以.
故选:B.
2．已知复数，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用 复数的除法运算求得正确答案.
【详解】.
故选：A
3．函数的最小值为（ ）
A．-2B．C．D．0
【答案】B
【分析】化简，对称轴处取最小值即可.
【详解】
当时，取得最小值为
故选：B
4．已知等差数列的前项和为，若，则=（ ）
A．12B．24C．36D．48
【答案】C
【分析】根据等差数列的下标和性质和等差数列前项和的计算，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】因为是等差数列，且，故可得：；
又.
故选：C.
5．龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.
【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.
根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
6．设实数满足，函数的最小值为（ ）
A．B．C．D．6
【答案】A
【解析】将函数变形为，再根据基本不等式求解即可得答案.
【详解】解：由题意，所以，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以函数的最小值为.
故选：A．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
7．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
8．设，，，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.
【详解】记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
记.
因为，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
综上所述：.
故选：C
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由可求出，由结合可求.
【详解】由图可知且，
，由图可知，，
，，
又，则，即，
又由图，则，即，则，.
故选：AD.
10．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
三、填空题
11．已知平面向量，，若与共线，则 .
【答案】/1.5
【分析】确定，根据平行得到，解得答案.
【详解】，，则，
，故，解得
故答案为：
12．已知函数且的图象过定点A，且点A在直线上，则的最小值是 .
【答案】
【分析】求出函数所过的定点，则有，则，则，化简整理，分离常数再结合基本不等式求解即可.
【详解】函数且的图象过定点，
则，所以，
由，得，
则
令，则，
则
，
当且仅当，即，即时，取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
13．经过两条直线，的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为 ．
【答案】
【分析】先求出两直线交点坐标，结合直线的方向向量得到直线斜率，得到直线方程.
【详解】联立，解得，
∴直线过点，
∵直线的方向向量，
∴直线的斜率，则直线的方程为，即．
故答案为：
14．设点M在直线上，点和均在上，则的方程为 ．
【答案】
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：
四、解答题
15．已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)若点D在边BC上，且，，求△的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得，再应用二倍角正弦公式化简可得，即可求A的大小.
（2）由题设可得，法一：由正弦定理及可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；法二：根据三角形面积公式有，由△的边BD与△的边DC上的高相等及已知条件可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；
【详解】（1）由已知及正弦定理得：，又，
∴，又，
∴，则，而，
∴，则，故，得.
（2）由，，则.
法一：在△中，，①
在△中，，②
∵，
∴，③
由①②③得：，又，得，
∴，不妨设，，
在△中，由余弦定理可得，，得，
所以.
法二：.
∵△的边BD与△的边DC上的高相等，
∴，由此得：，即，不妨设，，
在△中，由余弦定理可得，，得，
所以.
16．记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
17．如图，三棱台中，平面平面，．的面积为1，⊥且与底面所成角为．

(1)求A到平面的距离；
(2)求面与面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到A到平面的距离即为的长，证明出线面垂直，进而得到面面垂直，进而得到线面垂直，故为与底面所成角，根据与底面所成角为，得到为等边三角形，从而得到的长，得到答案；
（2）在（1）的基础上得到⊥，根据的面积为1，求出，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，求出两平面所成角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）∵，作交于，
∵平面平面，而平面平面，
平面，
∴⊥平面，则A到平面的距离即为的长，
而平面，故，
∵，，平面，
∴⊥面，
∵平面
∴平面⊥平面，
作⊥交于，

∵平面，平面平面，
∴⊥平面，
故即为与底面所成角，
∵与底面所成角为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
故为中点，且，
故A到平面的距离为；
（2）由（1）可知⊥面，
因为平面，所以⊥，
∵的面积为1，
∴，
∵，
∴，
取中点为，连接，则平行，
∵⊥面，
∴⊥面，
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，
令，则，
∴，
设平面的法向量，
则，解得，
令，则，
∴，
故，
设面与面所成角大小为，则，
，
故面与面所成二面角的正弦值为.
18．已知，函数，．
(1)若，求函数的极值．
(2)是否存在实数，使恒成立？若存在，求出实数的取值集合；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2)存在，.
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极小值即可.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨极小值点，结合且恒成立，确定极小值点求出并验证得解.
【详解】（1）令，其定义域为，
求导得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
因此的极小值为，无极大值．
（2）令，其定义域为，求导得，
函数在上单调递增，又，即在有一个根，
当时，，当时，，因此函数有唯一极值点，且为极小值点，
显然，又恒成立，则是的极小值点，必有，解得，
此时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，从而，符合题意，
所以存在实数满足条件，实数的取值集合为．