山东省部分学校2024-2025学年高三上学期10月联合教学质量检测数学试题

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满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由得，
是的必要不充分条件，
，
故选：B．
2．已知向量，，，若与平行，则实数的值为（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】C
【详解】因为，，，所以，
由与平行，得，解得.
故选：C.
3．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设，则，
又，得到，
所以，，所以，或，，得到，
所以，
故选：B．
4．已知事件A，B满足，则 （ ）
A．若B⊆A，则B．若A与B互斥，则
C．若A与B相互独立，则 D．若，则C与B相互对立
【答案】B
【详解】选项A：若B⊆A，则
选项B：若A与B互斥，则.故选项B正确.
选项C：若A与B相互独立，则 A与相互独立,故选项C错误.
选项D:若，则由于不确定C与B是否互斥，所以无法确定两事件是否对立,故D错误.
故选：B.
5．已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，，易知，
所以，即，
又，所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
则，故，
所以.
故选：A.
6．设有一组圆，若圆上恰有两点到原点的距离为1，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】圆，其圆心为，半径为．
因为圆上恰有两点到原点的距离为1，所以圆与圆有两个交点．
因为圆心距为，所以，解得．
故选：B
7．已知函数的最小正周期为，则在的最小值为（ ）
A．B．C．0D．
【答案】C
【详解】因为的最小正周期为
所以的最小正周期，即得，
所以，
，
所以，
当时，取的最小值0，
所以在上的最小值为.
故选：C.
8．已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】解：由题意可知，若有两个零点，则有两个解，
等价于有两个解，
令，原式等价于有两个解，
即有两个大于零的解.
解，可得，令，
则，当时，，当时，，
所以hx在上单调递增，在上单调递减，且，hx图像如图：
所以当时，有两个交点，即有两个零点.
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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．已知，为正实数，且，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为D．的最小值为
【答案】AD
【详解】对于选项A，由，得，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以选项A正确，
对于选项B，因为，所以，
当且仅当时取等号，此时取得最小值，所以选项B错误，
对于选项C，因为，
当且仅当，即时取等号，
又，解不等式得，即，得到的最大值为，所以选项C错误，
对于选项D，由选项A知，所以
，
当且仅当，即时取等号，
此时取得最小值，所以选项D正确，
故选：AD.
10．已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．或
D．线段中点的横坐标为
【答案】ABD
【详解】抛物线的焦点在轴上，
过作直线，可知F1,0，则，得，A选项正确；
抛物线方程为，直线的方程代入抛物线方程，得.
设Ax1,y1，Bx2,y2，由韦达定理有，，
，得，解得或，
，则或，C选项错误；
则，线段中点的横坐标为，D选项正确；
，，B选项正确.
故选：ABD.
11．如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的四个面都是直角三角形
B．三棱锥的体积最大值为
C．当时，异面直线与夹角的余弦值为
D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【答案】ACD
【详解】对于A，四边形为正方形，为直角三角形；
为直径，为半圆弧上一动点，，为直角三角形；
平面平面，平面平面，平面，，
平面，平面，，为直角三角形；
平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面，平面，，为直角三角形；
因此，三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确；
对于B，过点在平面内作于点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，为三棱锥的高，
三棱锥的体积
的面积为定值，
当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧的中点，，
三棱锥体积的最大值为，故B错误；
取中点，中点，中点，
连接，则，，
所以异面直线与的夹角为或其补角，
且，又，
则，，
则，又，
则，
在中，由余弦定理可得
，
则异面直线与夹角的余弦值为，故C正确；
对于D，由B选项解析知，平面，为在平面内的射影，
为直线与平面所成角，
当直线与平面所成角最大时，取最小值，
以为原点，建立空间直角坐标系如图，设，，，则
在直角三角形内，，即，
，，，，，
，.
当且仅当，即时，取最小值，直线与平面所成角最大，
此时，
，，三点均为四棱锥的顶点，
平面截四棱锥外接球的截面为的外接圆面，
直角三角形外接圆半径，
截面面积，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．㷊市高三年级1万名男生的身高（单位：cm）近似服从正态分布，则身高超过180cm的男生约有 人.（参考数据：，，）
【答案】230
【详解】，则，
，
身高超过180cm的男生的人数约为.
故答案为：230.
13．已知函数，若，，使得不等式成立，实数的取值范围是 .
【答案】
【详解】若对任意，存在，使得不等式成立，
即只需满足，
，对称轴在递减，在递增，
，对称轴，
①即时，在0,1递增，恒成立；
②即时，在递减，在递增，，所以，故；
③即时，在[0，1]递减，，
所以，解得，综上.
故答案为：
14．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为 ．
【答案】
【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
又，，
所以，
由等体积法：，
即，解得，
由等体积法：，
即，解得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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.（本小题13分）
在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且.
(1)若，求；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
又，所以，，
从而.
（2）由余弦定理可知，则，
又，故，
即，故，即，
从而，
当时取等号，即的面积的最大值为3.
16.（本小题15分）
已知数列的满足.
(1)求数列的通项公式.
(2)设数列前项和为，求.
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【详解】（1），
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以数列的通项公式为；
（2）由题意，
从而
；
（3），
当时，，
当时，，
当时，
.
17.（本小题15分）
如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，二面角的大小为．
(1)证明：平面平面．
(2)求四棱锥的体积．
(3)若点在线段上，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）设的中点分别为，连接．
在中，由，所以．
由，所以，
因为，所以二面角的平面角为，
则．
因为，平面，所以平面，
由平面，所以，则，
所以．
又，所以．
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面．
（2）因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，即四棱锥的高为，
所以四棱锥的体积为．
（3）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
记，则．连接．
设，
则，
．
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
因为平面，所以，
则，解得，
则．又，
所以，．
设平面的法向量为，
则由得取，得．
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18.（本小题17分）
已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为
(1)求直线的方程及椭圆的方程.
(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.
(3)在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由长轴长为，可得，.
因为点上顶点，直线的倾斜角为，
所以中，，则，
又，则.
因为，，
所以直线的方程为.
椭圆的方程为.
（2）设，，，
则关于原点的对称点，即，
由，
三点共线，又，.
设代入椭圆方程得
，，，.
，
，
.
（3）四边形为梯形，
令，则
（当即时等号成立）.
19.（本小题17分）
已知函数的图象与函数的图象关于直线对称.
(1)求函数的解析式；
(2)证明：；
(3)若圆与曲线相交于两点，证明：为锐角.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设函数的点为，设关于直线对称点为，在函数的图象上，
因为，化简得，
所以，
所以，
所以，所以.
（2）证明：令，
,
设,,
单调递增；
单调递增；
,
所以hx>0,即得.
（3）不妨设，其中，
如图，作点关于轴的对称点，则点在的图象上，
再作点关于直线的对称点，
由（1）可知，点在的图象上，由圆的对称性可知，都在圆上.
设与圆在第四象限的交点为，
轴与圆在右侧的交点为，
则，又，则，
由对称性可得，，
且，
又，故，
又点在的图象上，点在的图象上，
因此，
又，所以为锐角.