2024届山东潍坊五县市高三上学期10月阶段监测数学试题含解析

这是一份2024届山东潍坊五县市高三上学期10月阶段监测数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先解对数不等式求出集合，再求出集合，最后根据交集、并集的定义计算即可.
【详解】由，得，解得，
所以，
又，
所以，.
故选：C
2．已知等差数列的公差不为0，若，，成等比数列，则这个等比数列的公比是（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】等差数列基本量的应用.
【详解】等差数列,设公差为d，因为，，成等比数列，
故，
又因为公差不为0，，所以，
则这个等比数列的公比是.
故选：B
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可
【详解】解不等式可得，
解绝对值不等式可得或，
由于为 或的真子集，
据此可知“”是“”的充分不必要条件．
故选：A.
4．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为2，则该几何体的体积是（ ）
图1 图2
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由底面圆周长为，求出半径，结合圆锥，圆柱的体积公式即可求.
【详解】圆锥的底面圆周长为，所以底面半径为，
设柱体体积为，圆锥体积为，.
故选：C
5．某地投资亿元进行基础建设，年后产生的社会经济效益为亿元，若该地投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的16倍，则（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】C
【分析】由求出的值，再令求出，从而求出.
【详解】依题意，显然，即，所以，则，
所以，令，即，所以，
即，所以，所以该地投资基础建设年后产生的社会经济效益是投资额的倍，
所以.
故选：C
6．若，是函数（，）的两个不同的零点，且，，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则关于的不等式的解集为（ ）
A．或B．或
C．D．
【答案】D
【分析】根据韦达定理与判别式可得的关系，再分情况讨论，，满足的关系，进而联立求解即可.
【详解】因为，是函数的两个不同的零点，
则，，且；
不妨设，因为，，可排列成等差数列，则等差数列为或，故，
又排成等比数列，则等比数列为或，故.
故， 即，解得，.
故，，则不等式，解得或.
故选：D
7．设集合是关于的不等式的解集，且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得，当时，关于x的不等式恒成立，即 恒成立，即 恒成立，由此可得实数的取值范围．
【详解】∵的解集包含，
∴当时，不等式恒成立，
即在上恒成立，∴，
即，∴，
∴在上恒成立，
∴， ∴，
所以实数的取值范围是．
故选:B.
8．已知实数满足，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】构造，根据函数的单调性得到，构造，确定函数单调递增得到，结合时，得到答案.
【详解】设，函数单调递减，且，
，即，即，，；
设，，
取，
，
，，，故，函数单调递增，
，在上恒成立，
在上恒成立，且函数单调递减，
故在上单调递增，，即，
当时，，即，
综上所述：，即.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数比较数值的大小问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，根据新函数的单调性来比较数值的大小关系是解题的关键.
二、多选题
9．若函数为奇函数，则（ ）
A．
B．的定义域为
C．的值域是
D．在上是增函数
【答案】AC
【分析】由且函数为奇函数求出的值，再代入检验，从而求出函数的定义域，即可判断A、B、D，求出且时函数的值域，结合，即可判断C.
【详解】对于函数，则，解得且，
因为函数为奇函数，所以，
此时定义域为，
且，即为奇函数，符合题意，故A正确，B错误，D错误；
又，
当时，当且时，
又函数在上单调递增，且，又，
所以当且时，则，
所以，即的值域是，故C正确；
故选：AC
10．已知两个平面，及两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若是异面直线，，则
【答案】ABD
【分析】A选项，根据面面垂直性质定理可判断选项正误；B选项，由题可得，即可判断选项正误；CD选项，由面面平行判定定理可判断选项正误.
【详解】A选项，即面面垂直性质定理，故A正确；
B选项，因，则，又，则，故B正确；
C选项，缺少条件与m相交，则平面与平面不一定平行，故C错误；
D选项，因是异面直线，又，
则可在平面内找到直线，满足平面，且与直线l相交，
即在平面内存在两条相交直线与平面平行，则，故D正确.
故选：ABD
11．已知数列满足，则（ ）
A．
B．的前项和为
C．的前100项和为
D．的前20项和为284
【答案】ABD
【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.
【详解】当时，，
当时，，
两式相减可得：，
所以，当时，满足，故，故A正确；
的前项和为，故B正确；
令，的前100项和为：
，故C错误；
令，
所以的前20项和为：
，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，（其中）．对于不相等的实数，，设，，则（ ）
A．对于任意不相等的实数，，都有
B．对于任意的及任意不相等的实数，，都有
C．对于任意的，一定存在不相等的实数，，使得
D．若存在不相等的实数，，使得，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】运用对数函数单调性，即可判断A，利用排除法，即可判断B，通过构造函数，利用导数判断单调性，即可判断C，D.
【详解】对任意不相等的实数，，不妨设，
对于选项A，因为，，
因为单调递增，则，所以；故选项A正确；
对于选项B，，
即，
当，，时，，故选项B错误；
对于选项C，若对于任意的，一定存在不相等的实数，，使得，即，
只需要，
即需要，
即需要，
令，则
因为，即需要，
下面证明对于任意的，一定存在不相等的实数，，使：
由，得，
令，则，令，得，
所以在单调递减，在单调递增，
又逼近于时，逼近于，当逼近于时，逼近于，
所以对于任意的，一定存在不相等的实数，，使，
故选项C正确；
对于选项D，若存在不相等的实数，，使得，即，
即，
即，
所以，
令，即，
即，
由，所以，
当，即时，，在单调递增，
此时不存在不相等的实数，使得.
当，即或，
当时，，在单调递增，
此时不存在不相等的实数，使得.
当时，令，则或，
令，得，
所以在单调递增，在单调递增，
在单调递减，
又当逼近于时，逼近于，当逼近于时，逼近于，
所以对于任意的，一定存在不相等的实数，，使，
所以若存在不相等的实数，，使得，则的取值范围是，
故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键点是条件的转化，把转化为构造函数；把转化为构造函数.
三、填空题
13．已知函数则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数解析式，代入可求答案.
【详解】因为所以，
，所以.
故答案为：
14．如图，在正四棱台中，已知，，且棱台的侧面积为6，则该棱台的高为 ．
【答案】
【分析】首先根据正棱台的侧面积得到斜高为1，再计算正棱台的高即可.
【详解】如图所示：
设正四棱台的侧高为，高为，
棱台的侧面积，所以.
所以.
故答案为：
四、双空题
15．已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，，恒有，则必为 函数（用“偶、奇、非奇非偶”填空）；若，则 ．
【答案】 奇
【分析】根据赋值法，结合奇、偶函数的定义、数列的周期性进行求解即可.
【详解】在中，
令，则有，或，
当时，在中，
令，则有，
所以函数是既是奇函数又是偶函数；
当时，在中，令，则有
，所以函数是奇函数，
因此函数必为奇函数；
若，在中，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
令，得，
所以具有周期性，周期为6，
且，
，
故答案为：奇；
【点睛】关键点睛：本题的关键就是运用赋值法，利用数列的周期性.
五、填空题
16．在正四面体中，以为直径作球，点在球与的中垂面相交所得的圆上运动，当三棱锥的体积的最小值为时，该正四面体外接球的体积为 ．
【答案】
【分析】先由三棱锥的体积最小时求出四面体的棱长，再求出正四面体的外接球的半径，最后求出正四面体外接球的体积即可.
【详解】设正四面体的棱长为a，设点D到平面的距离为h，则
当h最小时，最小.
因为球O的半径为，
如图所示，当D在如图所示的位置时h最小.取AC的中点F，连接PF、BF，
则，所以.

因为
则，，.
所以h最小值为，
所以，解得.
设正四面体的外接球的半径为,球心为.
如图所示，正四面体的棱长为，过P作平面于，
由于,
所以，
利用勾股定理得，
所以中，，解得，
所以正四面体的外接球的体积为.
故答案为：
六、解答题
17．如图，三棱柱中，，底面，，．
(1)求点到平面的距离；
(2)若直线与距离为4，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，可得平面平面，再由性质定理可得平面，则的长为点到平面的距离，在中计算可得答案；
（2）连结，根据，可得，过作，求出，利用点到平面距离为2，可得与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）因为底面，平面，所以，
又，、平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
所以平面，则的长为点到平面的距离．
在中，，，则．
所以点到平面的距离为2．
（2）连结，因为，，，
所以，所以，
过作，交于，则为中点，
由直线与距离为4，所以，
因为，所以，又点到平面距离也为2，
设与平面所成角为，则．
18．已知数列满足，（其中，,且）．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，，且，求数列的前项和为．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，表示出，进而根据等比数列的定义证明即可；
（2）由（1）可得，，从而，再利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）证明：由得，，
又因为，，，,
则，.
所以，数列是以为公比的等比数列．
（2）解：由（1）知，数列是以为公比的等比数列．
又因为，，
所以，数列是以2为公比的等比数列，
因为，
所以，，，则，
所以，，
所以，．
19．经研究发现所有的一元三次函数的图象都有对称中心，设是一元三次函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数根，则称为一元三次函数的图象的对称中心．根据以上信息和相关知识解答下列问题：已知函数．
(1)求函数图象的对称中心和的值；
(2)若，解关于的不等式．
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据三次函数对称中心的定义连续求导得，令其等于0即可求出对称中心，再根据对称中心的性质即可求解.
（2）将不等式转化为含有参数的一元二次不等式，因式分解并对参数分类讨论即可求解.
【详解】（1）对求导得，
继续求导得，令可得，
因为为三次函数，且，
所以由题意图象的对称中心为，
故，
设，
则，
所以，
所以，
故．
（2）由（1）可知，
所以可将不等式化为：，且，
即：．
①当时，解得，
②当时，不等式的解集为，
③当时，解得；
综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.
20．如图，已知四边形和都是直角梯形，，，，，，，且二面角的大小为．

(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，使得二面角的大小为，．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为四边形和都是直角梯形，
所以，，且平面，
所以，平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）过点、分别作直线、的垂线、垂足为、．
由已知和平面几何知识易知，，，
则四边形和四边形是矩形，所以在和中，，
假设在上存在点，使得二面角的大小为．
由（1）知平面，则是二面角的平面角，
所以，所以是正三角形．
取的中点，则，又平面，
所以平面，过点作平行线，
则以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，则，，
设平面的法向量为，
由，得，取，
又平面的法向量，所以，
整理化简的，解得或（舍去）．
所以存在点，使得二面角的大小为，且．

21．已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)，
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可；
（2）（ⅰ）根据等差数列的性质进行求解即可；
（ⅱ）利用错位相减法进行求解即可.
【详解】（1）设数列的公差为，由题意知，，解得，所以，
因为数列的前项和为，且满足，
当时，，
当时，，
经验证当时，也满足上式，
综上得，．
（2）（ⅰ）在和之间插入个数，，，
因为，，，…，成等差数列，
所以设公差为，，
则．
（ⅱ）设，
则
，
设，
即，
，
．
所以，．
22．已知函数．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若过点的切线分别交轴和轴于两点，为坐标原点，记的面积为，求最小值；
(3)设函数，且不等式对任意恒成立，求实数的值．
【答案】(1)极小值为，无极大值，函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
(3)．
【分析】（1）求得，得出函数的单调区间，进而求得函数极值，得到答案；
（2）设，求得切线的方程为，求得，令，求得，进而求得函数的单调区间和最值；
（3）由题意得，令，，求得，转化为对任意恒成立，分和，两种情况，求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的定义域为，可得，
令，可得，由，可得；由，可得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
则列表得：
所以当时的极小值为，无极大值．
函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由题意得，设，，所以，
故切线的方程为，所以，，则，
令，所以，令，可得，
则列表得，
所以当时，，此时．
（3）解：由题意，得，
令，，可得，
则不等式对任意恒成立，
即转化为对任意恒成立，
又由，
当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
因为，不符合题意；
当时，令，解得，
①当时，，此时恒成立，所以在上单调递增，
但是，不符合题意；
②当且时，由（1）知，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，③
构造函数，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，即，，④
由③④得，即，解得，即实数的值为 ．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
0
极小值
0
极小值