山东省济南第一中学2024-2025学年高三上学期期中学情检测数学试题

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本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
2. 已知，则＝（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】考查复数除法和复数的模.
故选：C.
3. 若，，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B.
4. 函数的定义域为，数列满足，则“函数为减函数”是“数列为递减数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因函数的定义域为，函数为减函数，又因数列满足中，,而,则在上必是递减的，
即数列为递减数列，故“函数为减函数”是“数列为递减数列”的充分条件；
反之，数列为递减数列，即在上是递减的，但是在上未必递减.
(如函数在上的函数值都是，显然函数不是减函数，同时对应的数列却是递减数列.)
故“函数为减函数”不是“数列为递减数列”的必要条件.
故选：A.
5．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，m，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】D
【解析】由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是，
根据六个数的中位数是：，解得，
故选：D.
6. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含x4的项的系数为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】B
【解析】所有项的系数之和为64，∴，∴
，展开式第项，
时，，，
时，，，，
故选：B．
7．已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【解析】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点横坐标 ，则，即 .
所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
8. 函数的零点个数为（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【解析】由，可得，即定义域为-1,1，
所以，
由于，故，
即f'x≥0，当且仅当x=0时取等号，
即在-1,1上为单调递增函数，又，
所以仅有一个零点．
故选：C．
二、选择题：本题共3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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列命题正确的是（ ）
A．线性回归直线不一定经过样本点的中心
B．设，若，，则
C．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
D．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从二项分布，且
【答案】BC
【解析】A：线性回归直线一定经过样本点的中心，故A错误；
B：由，得，解得，故B正确；
C：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故C正确；
D：由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，
所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，得，故D错误；
故选：BC
10．已知（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．的最小正周期为
C．在内有2个极值点D．在区间上的最大值为2
【答案】ABC
【解析】对于AB，根据函数的部分图象知，，
，，故AB正确，
对于C，由五点法画图知，，解得，
由于，所以，.
令，则，
时，，时，，
当时，，当时，，当时，，
故在内有2个极值点，分别为，，故C正确，
对于D，，可得：，
故当此时取最大值，故D错误.故选：ABC.
11. 已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是（ ）
A. 若、、三点共线，则的最小值为
B. 若，则的面积为
C. 若，则直线过定点
D. 若，过的中点作于点，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A选项，易知抛物线的焦点为，
当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，则，
易知，，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A对；
对于B选项，设点，，可得，所以，，
则，所以，，B对；
对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，由于直线不过原点，所以，，
联立可得，，
由韦达定理可得，所以，，
因为，则，解得，
所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；
对于D选项，过点作于点，过点作于点，
设，，所以，
因为
，
所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为
【答案】0.92
【解析】因为A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，
所以从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为，
故答案为：0.92
13．古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为
【答案】36π
【解析】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，
圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，
利用球的体积公式可得：，解得：，
再由圆柱的表面积公式得：
，
故答案为：36π.
14．已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为 ．
【答案】4
【解析】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得
，即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，
，此时.

四、解答题：本题共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．（13分）如图，在平面内，四边形满足，点在的两侧，，，为正三角形，设.

(1)当时，求；
(2)当变化时，求四边形面积的最大值.
【解析】（1）因为，，，
由余弦定理可得：.
（2）由余弦定理可得，
因为为正三角形，所以，
，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
故当时，四边形面积的最大值为.
16．（15分）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
【解析】（1）如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
17．（15分）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于点、，设点，若的面积为，求直线的斜率.
【解析】（1）由椭圆的离心率为，得，
解得，
由椭圆过点，得，
联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设其方程为，
，则，
由消去得，显然，
则，
的面积
，
解得，
所以直线的斜率.

18．（17分）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2) 当时（i）求的极值；
（ii）若的极小值小于0，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）（i）因为的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值.
（ii）由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
19.本小题17分
已知数列满足，且对任意正整数都有.
(1)写出，并求数列的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若存在正整数，使得，求的值；
(3)设是数列的前项和，求证：.
【详解】（1）因为对任意正整数都有，
故，，
令，可得，
所以.
当时，，
当时，，符合上式，所以；
（2）由（1）得，当为偶数时，
当为奇数时，为偶数，
.
综上所述，；
若为偶数，则为奇数，由，得，
解得（舍去）或；
若为奇数，则为偶数，由，得，方程无解，
不合题意，舍去.
综上，所求的值为2.
（3）由
现在我们来证明时，，
令，求导得，
所以在0,+∞上单调递增，所以，
结合当时，，有，
所以Tn=b1+b2+b3+⋯+bn<1-12+12-13+13-14+⋯+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
故