山东省济南市山东实验中学2024届高三上学期第一次模拟测试数学试题（学生及教师版）

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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，只有一项是符合要求的．
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数乘法结合共轭复数的概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：B.
2. 设全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
则，因此，.
故选：C.
3. 若，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】将两边平方，结合数量积的运算律求出，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以，
即，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”的充分条件；
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. 已知函数，若，是锐角的两个内角，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，根据余弦函数单调性，得出，由的单调性即可判断选项.
【详解】因为，所以，
当时，，所以，即，
所以在上单调递减.
因为，是锐角的两个内角，所以，则，
因为在上单调递减，
所以，
故，故D正确.
同理可得，C错误；
而的大小不确定，故与，与的大小关系均不确定，
所以与，与的大小关系也均不确定，AB不能判断.
故选：D
6. 已知x，y为正实数，且，则的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把变为，然后利用基本不等式中常数代换技巧求解最值即可.
【详解】因为x，y为正实数，且，所以
，
当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为25.
故选：B
7. 如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围.
【详解】
折叠前，连接.
由题意，在菱形中，，
，
则由余弦定理得，，
所以，，故在折叠过程中，.
折叠后，若平面，
则平面，则，故BD项错误；
折叠前，在菱形中，，，
则是正三角形，
由分别为棱中点，
则，所以.
折叠后，，
又平面，且平面，
则平面，同理平面，所以平面平面，
则平面与平面的距离即为，
由点平面，点平面，则.
在折叠过程中，当时，由，
则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱，
满足平面，此时.
所以最小值为，故A正确，C项错误.
故选：A.

8. 若椭圆和的方程分别为和（且）则称和为相似椭圆．己知椭圆，过上任意一点P作直线交于M，N两点，且，则的面积最大时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得为的中点，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，求得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由为的中点可得，利用弦长公式求出，表示出，根据，判断求解.
【详解】当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，
联立，可得，
所以，
所以的面积为，
由，可得为的中点，所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去得，，
，
设，，则，，
，
所以点坐标为，
因为点在椭圆上，所以，
因为原点到直线的距离为，
，
所以的面积为
，
综上，，又，
又，
所以当时，的面积最大.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由可得为的中点，由此得到，将此关系代入并化简可将表示为一个变量的函数，从而利用二次函数求最值.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是 （ ）
A.
B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则扇形的面积为
C. 终边落在直线上的角的集合是
D. 函数定义域为，为该函数的一个周期
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数在各象限内的符号可判断出A正确；根据扇形弧长和面积公式可知B正确；由终边相同的角的集合表示方法可知C错误；根据正切型函数定义域和周期的判断方法可知D正确.
【详解】对于A，均为第二象限角，，，，A正确；
对于B，设扇形的半径为，则，解得：，
扇形的面积，B正确；
对于C，终边落在直线上的角的集合为，C错误；
对于D，由得：，
的定义域为；
又，是的一个周期，D正确.
故选：ABD.
10. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙不相互独立D. 丙与丁不相互独立
【答案】BCD
【解析】
【分析】计算各事件概率，再根据独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案.
【详解】两次取出的球的数字之和为8，有共5种情况，
所以；两次取出的球的数字之和为7，有共6种情况，
所以；；
对于A，，故甲与丙不相互独立，错误；
对于B，，故甲与丁相互独立，正确；
对于C，，故乙与丙不相互独立，正确；
对于D，，故丙与丁不相互独立，正确.
故选：BCD.
11. 如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（ ）

A. 平面平面；
B. 在棱上不存在点，使得平面
C. 当时，异面直线与所成角的余弦值为；
D. 点到直线的距离；
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A；由A的结论，可推得，即可知点到直线的距离即为的长度，计算求得长，判断D；采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，判断C；结合C选项，根据线面平行的判定定理即可判断B.
【详解】A选项，因为平面，平面，平面，
所以，，
故即为与底面所成的角，即，
故，而，所以，
在直角梯形中，，
则，故，
又因为平面，所以平面，
因为平面 ，故平面平面，故A正确；
D选项：由A选项的证明过程可知：平面，
因为平面，所以，
故点到直线的距离即为的长度，
因为平面，平面，故，
而，
即点到直线的距离，故D正确；
对于C，当时，，即为的中点，

设为的中点，连接，
则，
而，故，
故四边形为平行四边形，则，
故异面直线与所成角即为的夹角，
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
对于B，由C选项知，当时，，
因为平面，平面，
所以平面，
所以时，平面，故B错误.
故选：ACD.
12. 对于函数．下列结论正确的是（ ）
A. 任取，都有
B. 函数 有2个零点
C. 函数在上单调递增
D. 若关于的方程有且只有两个不同的实根，则．
【答案】AD
【解析】
【分析】利用分段函数及三角函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】
根据分段函数的性质可知：时，，
当时，，……可作出函数的部分图象，如上所示，
对于选项A，易知时，，
故任取，都有，
当或时取得等号，故A正确；
对于选项B，的零点即与的交点横坐标，
易知在上单调递增，
而，，
，
利用零点存在性定理及三角函数的单调性结合图象可知，
在和上分别各一个零点，
又也是其一个零点，故B错误；
对于C项，易知，此时在上单调递增，故C错误；
对于D项，由图象可知时满足题意，由三角函数的对称性可知，故D正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：本题利用函数的“类周期”性质，作出函数草图，根据数形结合及三角函数的性质、函数与方程的关系一一判定选项即可.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知数列满足，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】尝试求数列的前几项，归纳数列的周期性，可得结论.
【详解】由题意：，，，，，
所以满足
所以
故答案为：
14. 已知多项式，则___________.
【答案】74
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项分别求得和的展开式的项，进而求得的值.
【详解】对于，
其二项展开式的通项为，
令，得，
故，
对于，
其二项展开式的通项为，
令，得，故，
所以.
故答案为：74.
15. 已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为__________.
【答案】10
【解析】
【分析】设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可.
【详解】的焦点为，设直线方程为，.
联立直线与抛物线方程有，则.
又求导可得，故直线方程.
又，故，同理.
联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.
故，当且仅当，即时取等号.
故答案为：10
【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为， 过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为. 则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:
结论1.直线过抛物线的焦点.
结论2.直线的方程为.
结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.
结论4..
结论5..
结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.
结论7..
16. 已知对于任意正数，恒成立，则正数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】将不等式同构为：，即，构造函数分析单调性，只需比较与的大小即可.
【详解】不等式，由于，两边同乘，
可得：，即，
构造函数，其导函数为，
所以函数在上单调递增，由，得，
因此，即，则恒成立，令函数，求导得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，，
因此，则，所以正数的取值范围为.
故答案是：
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤．
17. 在中，内角的对边分别是，且.
（1）求的值；
（2）若的周长为18，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角结合同角三角函数关系求解;
（2）由余弦定理解方程得边长，再利用面积公式求解.
【小问1详解】
因为，，所以
因为，所以，
则.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，所以，解得.
因为的周长为18，所以，解得，
则.
故的面积为.
18. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）变形得到，得到数列是常数列，根据求出通项；
（2）变形得到，裂项相消法求和，得到答案.
【小问1详解】
由，得，
所以．所以数列是常数列．
又，所以．所以．
【小问2详解】
因为，
所以数列的前n项和
．
19. 如图，四棱锥P-ABCD中，，，，平面平面PAC．
（1）证明：；
（2）若，是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，则，
又，，所以四边形为正方形，
则，，
又在中，，
则，所以，，即．
又平面平面PAC，平面平面，平面ABCD，
所以平面，又面，所以．
【小问2详解】
连接，交于，连，由于，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，所以平面，
平面，所以，
因为，所以，
所以两两垂直，
以为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，
则平面PAC的一个法向量是，
又，，，
所以，，，
设是平面的法向量，
则，
令，可得，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.

20. 一只LED灯能闪烁红、黄、蓝三种颜色的光，受智能程序控制每隔1秒闪一次光，相邻两次闪光的颜色不相同.若某次闪红光，则下次有的概率闪黄光；若某次闪黄光，则下次有的概率闪蓝光；若某次闪蓝光，则下次有的概率闪红光.已知第1次闪光为红光.
（1）求第4次闪光为红光的概率；
（2）求第次闪光为红光的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由互斥加法、独立乘法公式运算即可求解.
（2）由全概率公式得递推式，构造等比数列即可求解.
【小问1详解】
由题意，前4次闪光的顺序为“红黄蓝红”或“红蓝黄红”，
所以.
【小问2详解】
设事件表示“第n次闪光为红光”，事件表示“第n次闪光为黄光”，事件表示“第n次闪光为蓝光”，且，，则，
由题意知，当时， ，
即，整理得，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故，即第次闪红光的概率为.
21. 已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）过的两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点和两点，设的中点分别为，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由焦点坐标可得到与的关系，将点代入椭圆方程即可得到椭圆的方程；
（2）设直线的方程，联立方程组，利用韦达定理得到两根之和两根之积，从而得出，的坐标，分别讨论直线的斜率情况，进而得到直线的方程以及直线过定点，计算两种情况下的面积即可得出结论.
【小问1详解】
由题意知．又，所以．
把点代入椭圆方程，得，解得．
故椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意知直线的斜率均存在且不为零．
设直线的方程为，且．
由消去，得．
所以，．
而，
所以．同理得．
若，则，此时直线的斜率不存在，可得直线．
此时，所以；
若，则直线的斜率为，
可得直线：．
化简，得．所以直线过定点．
所以
．
令，则．
因为，所以在上单调递减．
所以，即.
综上，.
所以当时，的面积取得最大值．
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，最值问题；意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，分类讨论的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.
22. 已知函数．
（1）若对于任意恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数的零点按照从大到小的顺序构成数列，，证明：；
（3）对于任意正实数，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用导数考查其单调性，继而可求得的范围，证明即可；
（2）考查函数在上的单调性，可判定存在，，为函数的零点，结合函数的单调性可得，继而进行计算即可；
（3）不等式可化为，构造函数，考查单调性，继而可证明；
【小问1详解】
根据题意可知，
不等式在上恒成立，
设，
则，，
设，
则，，
则，
若，存在区间，使在区间上单调递减；
则，则在区间上单调递减，
则，不满足题意，
故，即.
下证明：当时，不等式成立，
因为，
，
设，
则，
设，
则，
所以在上单调递增，
则，
则成立，
故在上单调递增，
则，
所以恒成立，得证，
综上知，
【小问2详解】
当时，
，设，
则，
则函数单调递增，
，
单调递增，
，，
在上单调递减，上单调递增，
又，，
，，
，.
由于，，，
，
由于在上单调递增，
.
累加得.
【小问3详解】
要证
即证.
即证.
，设
，时，在上单调递增，
即在上单调递增，
设，
，
由于在上单调递增，
，，在单调递增.
又，
时
因此恒成立，
原不等式恒成立，得证.
【点睛】关键点点睛：证明本题的关键是构造函数：第一问构造函数：；第三问构造函数，能通过题意，构造新的函数，通过新函数的单调性是解决本题的关键.扫码加微信，进微信交流群
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