2025届山东省潍坊市高三(上)开学调研监测考试数学试卷(解析版)

这是一份2025届山东省潍坊市高三(上)开学调研监测考试数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了 复数的虚部是， 设集合，若，则， 数列an中，，若，则， 已知函数等内容，欢迎下载使用。

一､单项选择题：本大题共8个小题，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. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，则其虚部为.
故选：B.
2. 设集合，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，
代入，可得，
所以方程变为，可解得或3，
所以，
故选：C.
3. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为2，则（ ）
A. 0B. 3C. 6D. 12
【答案】D
【解析】以两向量公共点为坐标原点建立如图所示直角坐标系，
则，，，
则.
故选：D.
4. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，还有两个面是全等的等腰三角形，若，且等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角均为，则该五面体的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如图，
作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于，
因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角均为，
因为，房顶的底面为矩形，，所以，
又中点，，且，所以，
所以，，所以由二面角的定义可得，
因为，所以，
因为，，，且底面，
所以底面，
所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积，
即，
故选：B.
5. 已知圆，则过点的圆的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】将代入圆方程得，则该点在圆外，
，即，则其圆心为，半径为1，
当切线斜率不存在时，此时直线方程为，显然不合题意，故舍去，
则设切线方程为：，即，
则有，解得，此时切线方程为.
故选：C.
6. 数列an中，，若，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】因为，所以,
,
所以.
故选：C.
7. 设，随机变量取值的概率均为，随机变量取值的概率也均为，若记，分别是的方差，则（ ）
A. B.
C. D. 与大小不确定
【答案】A
【解析】，
，
，
，
所以只需比较与的大小，
因为，
所以
，①
因为，
所以，，，，，，
所以①，
所以，
故选：A.
8. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】D
【解析】因为，
令，
则，
则，
再令，代入上式可得
，
所以，
故选：D.
二､多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数（其中均为常数，）的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 图象的一个对称中心为
D. 的单调增区间为
【答案】ABD
【解析】A：由图象可得，所以，
代入可得，则且，
所以，故A正确；
B：由选项A的解析可得最小正周期为，故B正确；
C：因为，代入，可得，故C错误；
D：由正弦函数的递增区间，
可得，
所以的单调增区间为，故D正确；
故选：ABD.
10. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（ ）
A. B. 为等比数列
C. 为递减数列D. 中存在小于的项
【答案】ACD
【解析】A：由题意可得
当时，，
当时，由可得，两式作差可得，
所以，整理可得，解得，故A正确；
B：假设an为等比数列，设公比为，则，
即，整理可得，
所以，解得，不符合题意，故B错误；
C：当时，，所以an为递减数列，故C正确；
D：假设对任意的，，则，
则，与假设矛盾，假设不成立，故D正确；
故选：ACD.
11. 已知正方体棱长为为棱上一动点，平面，则（ ）
A. 当点与点重合时，平面
B. 当点与点重合时，四面体的外接球的体积为
C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
D. 当点与点重合时，平面截正方体所得截面可为六边形，且其周长为定值
【答案】ACD
【解析】A：如图：

因为，且平面，平面，
所以平面，故A正确；
B：如图：

当点与点重合时，四面体的外接球的体积即为正方体外接球的体积，
因为正方体的棱长为1，所以外接球半径为，
所以外接球体积为，故B错误；
C：直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面的垂线所成角的余弦值，
如图：

连，则，
因，所以，即，
所以，故C正确；
D：如图

当点与点重合时，
因为平面，由正方体的性质可得平面可为平面，
当取分别为各边中点，
截面为，此时周长为，
故D正确；
故选：ACD.
三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 边长为2的正三角形绕其一边所在直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为__________.
【答案】
【解析】如图，将该三角形绕其边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是两个以为底面圆半径，以1为高的两个圆锥组合体，
表面积为.
13. 已知四个函数：①，②，③，④，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为__________.
【答案】
【解析】作出函数图象，
由图可得③与①有一个公共点，②和④有一个公共点，②和③有一个公共点，其余不符合题意，
所以事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为.
14. 已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于两点，当直线绕点旋转时，有（为常数），则定点的坐标为__________，__________.
【答案】 6
【解析】设点，，
当直线的斜率不为时，设其方程为，
代入椭圆方程并整理可得，
，
所以
，
因为当直线绕点旋转时，有（为常数），
当时，，
当时，，
所以，
解得，所以，
代入，
当直线的斜率为0时也成立，
经检验，适合题意.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长.
解：（1）在中，由及正弦定理，
得，
而，则，即，
化简得，又，所以.
（2）由（1）及三角形面积公式，得，解得，
由余弦定理得，
所以的周长为.
16. 如图，中，，过点作，垂足为，将沿翻折至，使得.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：由题意可知，
在中，，
在中，，
所以，
所以所以，所以，
因为，所以，
又，且平面，平面，
所以平面，
（2）解：由（1）知，以为原点，分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的一个法向量，
所以，令，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）若，求单调区间；
（2）若，求实数的取值范围.
解：（1）因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，
所以当时，f'x<0，为减函数；当x∈0,+∞时，f'x>0，为增函数；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为0,+∞；
（2）因为，所以，
设，则，x∈0,+∞，
①若，则，则f'x在0,+∞单调递增，则，
所以在0,+∞上单调递增，则满足题意；
②若，，，令，所以，
又，所以，故，，
所以f'x在上单调递减，则,
所以在上单调递减，则，不符合题意，舍去；
综上，实数的取值范围为.
18. 已知双曲线的焦距为4，离心率为分别为的左、右焦点，两点都在上.
（1）求的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）若且，求四个点所构成的四边形的面积的取值范围.
解：（1）由题意可得，解得，
故曲线的方程为，
（2）根据题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为，
得，都在右支上，
由，消去可得，
易知，其中恒成立，
，
代入，消元得，
所以，解得，满足，
所以直线的方程为，
（3）Ax1,y1,Bx2,y2，，则分别在两支上，且都在的上方或的下方，不妨设都在的上方，又，则在第二象限，在第一象限，如图所示，
延长交双曲线与点，延迟交双曲线于点，由对称性可知四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2被，由题设直线的方程为，直线的方程为，
由第（2）问易得，
因为，所以，
两条直线与间的距离，
所以，
令，，
所以，
设，则，在上恒为减函数，
所以在上恒为增函数，
当时即，取得最小值为12，
所以当且，求四个点所构成的四边形的面积的取值范围为.
19. 错位重排是一种数学模型.通常表述为：编号为的封信，装入编号为的个信封，若每封信和所装入的信封的编号不同，问有多少种装法？这种问题就是错位重排问题.上述问题中，设封信均被装错有种装法，其中.
（1）求；
（2）推导之间的递推关系，并证明：是等比数列；
（3）请问封信均被装错的概率是否大于？并说明理由.（参考公式：）
解：（1）由题意可得，
（2）若有封信时，其装法可分为两个步骤：
第一步：编号为的信，有种装法；
第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类，
第一类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信装入编号为的信封，这样有种装法；
第二类，若编号为信，装入编号为的信封，，但编号为的信不装入编号为的信封，这样有种装法；
由分步乘法和分类加法计数原理，
所以，
证明：，
因为，
所以是以首项，公比为的等比数列，
（3）由（2）知：，
所以，
所以，
又因为封信全装错的概率为，
，
所以，
当为奇数时：，
当为偶数时：，
所以当为奇数时，封信均被装错的概率小于，
当为偶数时，封信均被装错的概率大于.