山东省新泰市2024−2025学年高三上学期第二次月考数学质量检测试题（附解析）

这是一份山东省新泰市2024−2025学年高三上学期第二次月考数学质量检测试题（附解析），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（本大题共8小题）
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，为虚数单位，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知等比数列中，，则（ ）
A．4B．C．8D．
4．直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，某车间生产一种圆台形零件，其下底面的直径为4cm，上底面的直径为8cm，高为4cm，已知点是上底面圆周上不与直径端点重合的一点，且为上底面圆的圆心，PC为圆台的一条母线，则与平面所成的角的正切值为（ ）
A．2B．C．D．
6．已知，，分别为内角，，的对边，，，则的面积为（ ）
A．B．2C．D．
7．如图所示，在正六边形中，点是内（包括边界）的一个动点，设，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列满足，，则下列各数是的项的有（ ）
A．B．C．2D．3
10．已知直线，其中，则（ ）
A．当时，直线与直线垂直
B．若直线与直线平行，则
C．直线过定点
D．当时，直线在两坐标轴上的截距相等
11．设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．在上单调递增
C．的取值范围是
D．在上有且只有个极大值点，在上有且只有个极小值点
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知、是分别经过，两点的两条平行直线，当、间的距离最大时，直线的方程为 ．
13．已知数列满足，的前项的和记为，则 .
14．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，的面积为.
(1)求a；
(2)求的值.
16．已知直线．
(1)若直线不经过第一象限，求k的取值范围；
(2)若直线交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，的面积为S（O为坐标原点），求S的最小值和此时直线的方程．
17．已知等比数列的前项和为，满足，.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）记，数列的前项和为，求使成立的正整数的最小值．
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
（1）求证：AE⊥平面PBC；
（2）试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°．
19．已知函数()，()，且函数的图像在点(1，)处的切线方程为．
（1）求实数k的值；
（2）当时，令函数，求的单调区间；
（3）在（2）的条件下，设函数有两个极值点为，，其中＜，试比较与的大小．
答案
1．【正确答案】D
【详解】，
，，
故选：．
2．【正确答案】A
直接根据复数代数形式的除法法则计算可得；
【详解】解：因为，所以
故选：A
3．【正确答案】A
【详解】由等比数列下标和性质可得，
又，所以.
故选：A
4．【正确答案】B
【详解】设直线的倾斜角为.
因为，，，所以，.
又，则.
当时，单调递增，解，可得；
当时，单调递增，解，可得.
综上所述，.
故选：B.
5．【正确答案】A
【详解】设为下底面圆的圆心，连接和，
因为，所以，
又因为平面，所以平面，
因为是该圆台的一条母线，所以四点共面，且，
又平面，所以平面平面，
又因为平面平面，所以点在平面的射影在直线上，
则与平面所成的角即为，
过点作于点，因为，
所以.
故选：A
6．【正确答案】C
【详解】由已知及正弦定理得，化简得，
∴，，
∴，∴，
∴．
故选：C
7．【正确答案】B
【详解】在正六边形中，以直线FB为x轴，线段FB中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图，
令，则点，
因此，因，则，
于是得点，又点是内（包括边界）的一个动点，
显然点P在直线及上方，点P纵坐标最大不超过3，即有，解得，
所以的取值范围是.
故选：B
8．【正确答案】B
【详解】当时，，
求导，令，得
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
如下图所示：
设点的横坐标为，过点作轴的垂线交函数于另一点，设点的横坐标为，并过点作直线的平行线，设点到直线的距离为，，
由图形可知，当直线与曲线相切时，取最大值，
令，得，切点坐标为，
此时过切点且垂直于切线的直线为，
该直线与射线的交点为，
又，，
故选：B.
9．【正确答案】AD
【详解】因为，所以，
所以数列的周期为3，所以的项的有.
故选：AD.
10．【正确答案】AC
【详解】对于A，当时，直线的方程为，其斜率为1，而直线的斜率为，
因此当时，直线与直线垂直，A正确；
对于B，若直线与直线平行，则，解得或，B错误；
对于C，当时，，与无关，则直线过定点，C正确；
对于D，当时，直线的方程为，在两坐标轴上的截距分别是，1，不相等，D错误.
故选：AC
11．【正确答案】BC
【详解】函数向左平移个单位长度得到函数.
当时，，
依题意，在上有且只有个零点，
所以，所以C选项正确.
不恒为或，所以A选项错误.
当时，，
其中，
，所以在上单调递增，B选项正确.
当时，，
其中，
所以在上有且只有个极大值点，
在上有个或个极小值点，所以D选项错误.
故选：BC
12．【正确答案】
【详解】设两平行直线、的距离为d.
因为、是分别经过，点的两条平行直线，
所以,当且仅当⊥AB时取等号.
因为直线AB的斜率为，所以与直线AB垂直的直线的斜事为，
所以的方程为，即.
故
13．【正确答案】
【详解】，
，
因此，.
故答案为.
14．【正确答案】.
【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】如图：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又因为的面积为， 所以，解得，
又因为，所以由余弦定理得：
，
所以.
（2）由，，解得或（舍去），
由正弦定理得，即，解得.
且C为锐角，所以，
所以，，
所以.
16．【正确答案】(1)
(2)的最小值为，此时直线的方程为
【详解】（1）当时，方程可化为，不经过第一象限；
当时，方程可化为，
要使直线不经过第一象限，则
解得．
综上，k的取值范围为．
（2）由题意可得，
由取得，
取得，
所以，
当且仅当时，即时取等号，
综上，此时，直线的方程为．
17．【正确答案】（1）（2）6
【详解】（Ⅰ）设的公比为，由得，，所以，所以.
又因为，所以，所以.
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以，
，则，
，
所以，
由，得，即，则，
所以的最小值是6.
18．【正确答案】（1）见解析（2）当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°
【详解】解：（1）∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD
∴PA⊥BC
∵ABCD为正方形
∴AB⊥BC
又 PA∩AB=A，PA，AB平面PAB
∴BC⊥平面PAB
∴AE平面PAB
∴AE⊥BC
∵PA=AB，E为线段PB的中点
∴AE⊥PB
又 PB∩BC=B，PB，BC平面PBC
∴AE⊥平面PBC
（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1）
∴，，
设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），
∴
设平面AEF的一个法向量为
则
∴
令y1=2，则
∴
设平面PCD的一个法向量为
则
∴
令y2=1，则
∴
∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，
∴，
解得λ=1，
∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°
19．【正确答案】（1）；（2）答案见详解；（3）.
（1）先求出切点，对函数求导得到，即可求出的值；（2）求出，求导，若时，，若时，求导数的零点，利用导函数的正负得到原函数的单调性即可；（3）由（2）知，，由于的两个极值点满足方程，利用韦达定理得，，求，令，求导，分析的单调性，求出最值，即可得出结论.
【详解】（1）由题意知，，
所以切点为，
且的定义域为，
所以，
则，
所以；
（2）由（1）知，
，
，
所以，
若时，
，此时在(0,+∞)内单调递减；
若时，
令，
得或，
当或，
，
当时，
，
综上：
当时，在(0,+∞)内单调递减；
当时，在和上单调递减；
在上单调递增.
（3）由（2）知，
有两个极值点当且仅当，
由于的两个极值点满足方程，
所以，
所以，
因为，
所以.
令，
所以，
因为时，，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即，
所以.