2024-2025学年山东省济南市高三上学期第四次月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省济南市高三上学期第四次月考数学检测试卷（附解析），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（本大题共8小题）
1．（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知平面向量满足，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．若的图象关于点对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（ ）
A．1440种B．1360种
C．1282种D．1128种
6．若直线与曲线恰有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．从重量分别为克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数有两个零点B．当时，
C．的解集是D．，都有
二、多选题（本大题共3小题）
9．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．为奇函数
B．的图象关于直线对称
C．在区间上单调递增
D．函数在区间上的值域为
10．如图所示，，，是圆锥底面圆周上的三个点，若是边长为的等边三角形，，，分别为，的中点，为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）

A．B．平面
C．平面D．三棱锥与三棱锥公共部分的体积为
11．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于点，两点，和的内心分别为，，则（ ）
A．始终垂直于轴B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．某站台经过统计发现，一号列车准点到站的概率为，二号列车准点到站的概率为，一号列车准点到站或者二号列车不准点到站的概率为，记“一号列车准点到站且二号列车不准点到站”为事件，“一号列车不准点到站且二号列车准点到站”为事件，则 .
13．《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”. 已知长度为的线段PQ，取PQ的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则 .
14．设函数，．若函数有两个零点，，则满足条件的最小正整数的值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知数列的首项为，且满足
(1)求证为等差数列，并求出数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求．
(3)若数列的通项公式为，且对任意的恒成立，求实数的最小值．
16．在中，内角，，的对边分别为，，，.
(1)判断的形状；
(2)已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，.
①当时，求线段长的最小值；
②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由.
参考公式：，.
17．如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
18．已知椭圆，两焦点和短轴一个端点构成边长为2的正三角形．
(1)求椭圆方程；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为．
①求的值；
②若，，，四点围成的四边形为平行四边形，求的值．
19．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)证明时，；
(3)若对于任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
答案
1．【正确答案】B
【分析】根据复数的乘法运算求得正确答案.
【详解】.
故选B.
2．【正确答案】B
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
3．【正确答案】A
【详解】由已知，
在方向上的投影向量为.
故选：A．
4．【正确答案】A
【详解】由题意可得，
由于y=fx的图象关于点对称，故，
故，解得，
故取时，为最小值.
故选：A.
5．【正确答案】D
【详解】采取对丙和甲进行捆绑的方法：
如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：种，
如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有：种，
若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：种．
则不同的安排方案共有(种)．
故选：D．
6．【正确答案】B
【详解】由知直线l过定点，
由曲线，两边平方得，
则曲线是以为圆心，1为半径的上半圆（包含轴上的两点），
当直线过点时，直线l与曲线有两个不同的交点，
此时，解得，
当直线与曲线相切时，直线和圆有一个交点，
圆心到直线的距离，解得，
要使直线与曲线恰有两个交点，
则直线夹在两条直线之间，因此，
即实数k的取值范围为.
故选：B.
7．【正确答案】C
【详解】取一个砝码时，有一种情况，方法有种；
取两个砝码时，有几种情况，方法有种；
取三个砝码时，有几种情况，
方法有种；
取四个砝码时，有几种情况，
方法有种；
取五个砝码时，有一种情况，方法有种，
所以总计方法总数种．
对A，系数可为单独组成，其他为常数，则有种，系数为1；
由两项与，或与，或与，或与组成，系数为；
由三项与，或与组成，系数为；
所以选项系数为7，故不符合，所以A错误；
对B，的系数可为10个因式中选9个带的，剩下1个因式选常数项组成，
所以的系数为，故B错误；
对C，
，
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为2，
由两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为4，
系数为与组成，其他为常数，，系数为4，
系数为与组成，其他为常数，，系数为4，
系数为与组成，其他为常数，，系数为4，
同理由三项组成
几种情况，其他项为常数，则系数为，
同理由四项组成几种情况，
其他为常数，则系数，
同理由五项组成，其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
对D，
由一项及其他为常数项组成，有种情况，系数为2，
由与两项及其他为常数项组成，有种情况，系数为27，
由与两项及其他为常数项组成，有种情况，系数为32，
由与两项及其他为常数项组成，有种情况，系数为35，
由与两项及其他为常数项组成，有种情况，系数为36，
此时的系数为，
还有其他组成的情形，所以系数大于，故D错误．
故选：C.
8．【正确答案】C
【详解】设，则，所以，
因为是定义在上的奇函数，所以，，
所以，即，
所以函数的解析式为，故不正确；
当时，令，解得，
当时，令，解得，
所以函数有三个零点，故不正确；
当时，令，解得，
当时，令，解得，
所以的解集为，故C正确；
当时，，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
又当从左侧趋于时，趋于，
当趋于时，趋于，
所以当时，函数的值域为，
当时，，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，
又当从右侧趋于时，趋于，
当趋于时，趋于，
所以当时，函数的值域为，
当时，，
所以，都有，
所以D不正确.
故选：C.
9．【正确答案】ABC
【详解】设的最小正周期为，
由题意可知：，即，
且，则，可得，
所以．
对于选项A：为奇函数，故A正确；
对于选项B：因为为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C：因为，则，
且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：因为，且，则，可得，
所以，故D错误；
故选：ABC．
10．【正确答案】ABD
【详解】对于A，因为是等边中边上的高，所以，
因为，，分别是，的中点，
所以，显然，故A项错误；
对于B，因为三角形是边长为的等边三角形，三角形为等腰三角形，
是的中点，所以，
而，所以，这表明与不垂直，故B项错误；
对于C，因为，分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，故C项正确；
对于D，连接，交于点，连接并延长，

则由对称性可知必定交于点，
则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，
因为，分别是，的中点，
所以为的重心，所以，
由上易知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的高为，
所以，
所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为，故D项错误.
故选：ABD.
11．【正确答案】ABC
【详解】由双曲线的离心率为2，得半焦距，
对于A，记的内切圆在边，，上的切点分别为，
则，，
令点，则，解得，而轴，则点的横坐标为，
同理点的横坐标为，因此始终垂直于轴，A正确；
对于B，由分别平分，得，
因此，B正确；
对于CD，设直线的倾斜角为，则，（为坐标原点），
在中，，
双曲线的渐近线为，其倾斜角分别为和
由直线与双曲线的右支交于两点，得直线与双曲线的两条渐近线在轴右侧部分都相交，
因此，即，从而，C正确，D错误.
故选：ABC

12．【正确答案】
【详解】记“一号列车准点到站”为事件，“二号列车准点到站”为事件，
则，，，
由，故，
则，则，
故，
而，即，故，
则.
故
13．【正确答案】/
【详解】由题可得，，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的，
故每个正三角形的面积可构成一个以为首项，为公比的等比数列，
则.
故答案为.
14．【正确答案】3
【详解】由题，
所以，
当时，对0,+∞恒成立，
则Fx在0,+∞单调递增，故不存在两个零点，
当时，若，则，函数Fx在上单调递减，
若，则，函数Fx在上单调递增，
要使函数有两个零点，则Fx的最小值，
所以即，
因为，所以，令，
显然在0,+∞上为增函数，且，，
所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以满足条件的最小正整数，
又当时，，，
所以时，有两个零点，
综上所述，满足条件的最小正整数的值为3.
故3.
15．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）因为，故，
所以，即，
所以数列是以首项为，公差为4的等差数列，
可得，所以；
（2）由（1）可知：
，
所以
；
（3）因为，
即，可得，
令，解得，
且，可得，即，
可得，所以实数的最小值．
16．【正确答案】(1)直角三角形或等腰三角形
(2)①；②成立，，
【详解】（1）在中，因为，且，
所以，
即，，
所以或者.
当时，所以，为直角三角形；
当时，所以，为等腰三角形.
综上所述，为直角三角形或等腰三角形.
（2）①因为，所以，又，，所以，.
如图，设，，
方法一：在中，由正弦定理，得，
所以.
在中，由正弦定理，得，
所以
.
因为，所以，
故当，即时，.
方法二：在中，由正弦定理，得，所以.
在中，由正弦定理，得，
所以
.
因为，所以，
故当，即时，.
方法三：在中，由正弦定理，得，
所以.
在中，由正弦定理，得，
所以.
所以
，
因为，所以，
故当，即时，.
②假设存在常数，，对于所有满足题意的，，
都有成立，
则存在常数，，对于所有满足题意的，，利用参考公式，有
.
由题意，是定值，所以，是定值，
对于所有满足题意的，成立，故有，
因为，从而，
即，，所以.
故，.
17．【正确答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在满足题意的点，此时
【详解】（1）由题意知，，建立如图空间直角坐标系，
则，所以，
得，所以.
（2），
得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，所以，
所以，
即AB与平面所成角的正弦值为.
（3）假设存在满足题意的点，设（），
由（1）（2）知，
所以，得，解得，
即，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，又平面的一个法向量为，
故，
整理得，由，得.
即当点为的中点时，平面与平面所成角的余弦值为，
此时，即.
18．【正确答案】(1)
(2)①；② 或1
【详解】（1）由题意，从而，，
所以椭圆方程为.
（2）
①由消得（*），
由，得，
此时方程（*）可化为：，
解得：（由条件可知：k，m异号），
设Px0,y0，则，，
即，所以，
因为，所以可设直线，
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
因为A，C两点关于原点对称，所以，所以，，
所以．
②设直线与轴交于点，直线与轴交于点，则，
于是，
由①可知：，若O，P，B，C四点围成的四边形为平行四边形，
则还需，即，
由①可知：，所以．
又Bx2,y2，，
所以，
由可得：，
又，所以，即，
当时，；
当时，．
19．【正确答案】(1)增区间为，减区间为；
(2)证明见解析；
(3)
【详解】（1），
当时，f'x>0；当x>0时，，
∴fx的增区间为，减区间为.
（2）令，，
当时，；当时，，
当时，，即，
原不等式等价于，
为0,+∞上的减函数，，
只需证明，即，
令，
当时，，当时，，
原不等式成立.
（3）当时，由（2）知，，又，
，
原不等式在0,+∞上恒成立.
当时，令，，
在1,4内必有零点，设为，则，，
，
，而，
综上，实数的取值范围是.