山东省名校联盟2024-2025学年高三下学期2月开学联考数学试题（Word版附解析）

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1. 设集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合，利用交集的意义可求.
【详解】由，得，解得，所以集合，
又因为，所以.
故选：B.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用共轭复数的定义及复数的运算，即可求解.
【详解】因为，则，
所以，
故选：C.
3. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据特殊值判断，，错误，利用基本不等式可判断正确.
【详解】解：对于、当时显然错误；
对于、当时显然错误；
对于、当时显然错误；
对于、由，得，，
则，当且仅当时取等号，故正确.
故选：.
4. 某商品的广告支出费用单位：万元与销售量单位：万件之间的对应数据如表所示：
根据表中数据可得回归直线方程为，则第三个样本点对应的残差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得回归直线方程，再利用残差的定义求解.
【详解】解：由已知，，，
所以，
于是，，
因此，第三个样本点对应的残差为
故选：D
5. 已知等差数列的项数为，若该数列前3项的和为3，最后三项的和为63，所有项的和为110，则n的值为（ ）
A. 10B. 11C. 12D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的性质及求和公式得解.
【详解】设这个数列有n项，则，，
因此，即，
则，解得
故选：A
6. 已知是椭圆的左、右顶点，点为上不同于的一点，若的最大值为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可设，直线的倾斜角分别为，利用正切的差角公式，可得，从而得到点与椭圆的上（或下）顶点重合时，最大，再结合条件，得到，即可求解.
【详解】因为是椭圆C的左、右顶点，点为上不同于的一点，
由对称性，可设，直线的倾斜角分别为，
易知，则，
当时，，
又，得到，所以，
因为，又，则，
又在区间上单调递增，所以当时，最大，
即当点与椭圆的上或下顶点重合时，最大，而的最大值为，
因此，所以，得到，
因此椭圆的离心率，
故选：C.
7. 在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将三棱锥可放置在如图所示的长方体中，求出长宽高，再利用三棱锥的体积等于长方体的体积减去其余四个三棱锥的体积求出即可；
【详解】
由题意分析可得：三棱锥可放置在如图所示的长方体中，
设长方体的长宽高分别为，
则，
解得该长方体的长为，宽为1，高为2，
则三棱锥的体积为
故选：A.
8. 已知函数的定义域为，对于，满足，且当时，.若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件计算函数在上的解析式，分析单调性，画出函数图象，令，结合图象把问题转化为中需提供一个根，且该根位于之间，由此可求出实数的取值范围.
【详解】当时，，，则，
∵在上单调递减，∴在上单调递减，
∵，满足，∴在上单调递增，
∵，，，，，
由得，，
令，则，令则，
图象如图所示，结合图象得中需提供一个根，且该根位于之间，故，
又∵，∴
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是把问题转化为中需提供一个根，且该根位于之间，数形结合可求出实数的取值范围.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则（ ）
A. B. 所有项的系数和为1C. 没有常数项D. 的系数为14
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项式系数计算判断A，赋值法判断B，根据通项公式判断CD.
【详解】因为第4项与第5项的二项式系数相等，所以，解得，故A错误;
令，可得展开式中所有项的系数和为，故B正确;
在中，第项，
取，即，所以不存在常数项，故C正确;
取，即，所以，所以的系数为14，故D正确.
故选：BCD
10. 设函数，已知在有且仅有3个零点，则（ ）
A. 在有且仅有2个极大值点
B. 在有且仅有1个极小值点
C. 在单调递增
D. 若在单调递减，则的最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】由零点个数得到极大值个数判断A；由零点个数求得，进而判断极小点个数判断B；求得，结合的范围判断C；求得的最小值判断D.
【详解】已知在有且仅有3个零点，则在上有2个或3个极值点，
即在上有且仅有2个极大值点，故A正确；
当时，，
在有且仅有3个零点，
，
，，
当或时，函数取得极小值，
故在有2个或1个极小值点，故B错误;
当时，，
，，
故在单调递增，故C正确;
若在单调递减，则，，
，，
，的最小值为，故D错误;
故选：AC.
11. 已知圆，点为直线与轴的交点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，直线与交于点，则（ ）
A. 若直线与圆相切，则B. 时，四边形的面积为
C. 的取值范围为D. 已知点，则为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：利用圆心到直线的距离等于半径，计算可得；
选项B：利用求出长，根据相切得到的四边形面积，等于两个全等的直角三角形面积和，计算可得；
选项C：利用求出长，在直角中，表示出，进而利用倍角公式求出，最后利用数量积公式计算可得；
选项D：利用四点共圆，且为此圆直径，求出此圆方程，再利用作差，求出相交弦所在直线方程，判断出过定点，利用判断出在以为圆心圆上；选项D也可以利用圆极点极线性质，通过坐标，直接写出方程，进而求解.
【详解】解：圆转化为标准方程为，,在直角中，；
对于A:若直线与圆相切，圆心到直线的距离，解得，所以A正确;
对于B:当时，，，，
四边形面积，所以B错误;
对于C:
，
因为，所以，
由对勾函数在上单调递增，所以，所以C正确;
对于D:方法一：当时，存在与轴的交点，，，
所以四点共圆，且为此圆直径，圆心为，半径为，
此圆方程为：，
因为是此圆与圆的相交弦，故直线方程为两圆方程作差，
即，化简得：，
所以直线AB经过定点,
因为，所以，因为在直线AB上，所以，
即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为，
因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确.
方法二：利用圆的极点极线性质，当时，存在与轴的交点，切点所在直线AB的方程为，化简得，所以直线AB经过定点,
因为，所以，因为在直线AB上，所以，
即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为，
因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】此题考查的是圆切线相关问题：
（1）直线与圆相切判断方法：圆心到直线距离等于半径；
（2）通过勾股定理，求切线长；
（3）通过直角三角形和余弦的倍角公式，利用表示张角的余弦值；
（4）利用四点共圆或极点极线性质，求切点弦所在直线方程；
（5）极点极线性质：当在圆外时，过作圆的两条切线，两个切点所在直线方程为：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在菱形ABCD中，，，E，F分别为AD，CD的中点，则_________.
【答案】6
【解析】
【分析】利用，表示，，再利用数量积化简计算.
【详解】解：如图：
由题意，得,,
，
故答案为：6.
13. 已知数列满足，且，，，则数列的前10项和为__________.
【答案】2036
【解析】
【分析】根据递推公式可得为等比数列，用累加法求出通项公式，结合分组求和即可求解.
【详解】因为，且，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
所以，
所以数列的前10项和为：
.
故答案为：
14. 如图所示的迷宫共有9个格子，相邻格子有门相通，9号格子就是迷宫出口，整个迷宫将会在4分钟后坍塌，若1号格子有一只老鼠，这只老鼠以每分钟一格的速度在迷宫里乱窜它通过各扇门的机会相等，则此老鼠在迷宫坍塌之前逃生的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】求得小鼠逃生路线有六种情况：利用独立事件的概率公式求得每种情况的概率，再利用互斥事件的概率公式求解即可.
【详解】小鼠逃生路线有以下六种情况：
；
.
概率分别为
所以小老鼠逃生概率为
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，角，，，所对边分别为，，，已知，且
（1）求
（2）若为边的中点，且，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理，将边转换成正弦，再利用倍角公式和辅助角公式，求出，的关系.
（2）把余弦定理方程和中线的向量性质得到的方程，联立，求出，再利用面积公式即可求出面积.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得：，
则，
所以，则
所以，，或，，则，或，
又因为，所以，所以，故.
【小问2详解】
在中由余弦定理得：，所以①，
因为D为AB边的中点，所以，
所以，
所以②，
②-①得：，
所以.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线过点的切线方程;
（2）当时，，求a的取值范围.
【答案】（1） 或；
（2）
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义，按点是否为切点分类求出切线方程.
（2）求出函数的导数，按分类探讨函数的单调性求解.
【小问1详解】
当时，函数，求导得，而，
当为切点时，，切线方程为；
当不为切点时，设切点为，，
则，整理得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，，即，
因此，，切点为，切线方程为，
所以曲线过点的切线方程为，或.
【小问2详解】
函数，求导得，且，当时，，
则当时，恒成立，函数在R上单调递增，，因此；
当时，令，求导得，由，得，
若，则，当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意；
若，恒成立，
函数在上单调递增，恒成立，因此，
所以实数a的取值范围是
17. 如图，在三棱柱中，四边形为正方形，已知，，三棱锥的体积为
（1）设平面CAB与平面的交线为l，证明：
（2）在线段上是否存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为若存在，指出P点的位置;若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，P是线段的中点
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理得线线平行；
（2）由体积公式求得到平面的距离，过C向平面作垂线，垂足为H，证得H为四边形的中心（即正方形的对称线交点），以H为坐标原点，HA，HB，HC分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标系，设，用空间向量法求线面角确定参数值得出结论．
【小问1详解】
因为四边形为正方形，所以，又因为平面，平面，
所以平面，因为平面CAB，平面平面，所以
【小问2详解】
由题意知，，设三棱锥的高为h，
因为三棱锥的体积为，所以，
过C向平面作垂线，垂足为H，，取AB，的中点，分别为E，F，连接HE，HA，CE，因为，，所以，，因为平面，
AH，平面，所以，，在直角中，，，
所以，在直角中，，，所以，因为，，，
满足，所以，所以H在AB的中垂线EF上，且，
所以H为四边形的中心，
以H为坐标原点，HA，HB，HC分别为x轴，y轴，z轴建立如图坐标系，
，，，，，
设，则，
由可得：，即，所以，
假设线段上存在一点P，使得直线AP与平面ABC所成角的正弦值为，
设，因为C，，P三点共线，所以设，即，
则，则，，
设平面ABC的法向量为，所以即
令，则，，所以，
设直线AP与平面ABC所成角为，
则，
解得，，此时，P是线段的中点，所以，当P是线段的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正弦值为
18. 在直角坐标系中，点到点的距离比到轴的距离大，记动点的轨迹为
（1）求的方程;
（2）过上一点P作抛物线的两条切线，切点分别为M，
（ⅰ）设，若，，求P点坐标;
（ⅱ）设两直线PM、PN与C在x轴上方包括x轴的交点分别为P，Q，R或，，，，记三角形PQR和四边形STQR面积分别为，，若，恒成立，求的最大值.
【答案】（1）当时，；当时，
（2）（ⅰ） ；（ⅱ）8
【解析】
【分析】（1）设，即可得到，再分、两种情况讨论，化简即可；
（2）（ⅰ）依题意可得，设，，利用导数的几何意义求出直线的方程，即可求出的坐标，再根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可；（ⅱ）分点在上与点在两种情况讨论，分别求出，，即可求出的取值范围，从而得解.
【小问1详解】
设，由题意可知，，
当时，，两边平方，化简整理得；
当时，，两边平方，化简整理得
故轨迹的方程为：当时，；当时，.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意可知，设，，
由，则，所以，
则直线的方程为
令，则，故.
又，故，，故，
解得（负值已舍去），则点坐标为 .
（ⅱ）当点在上时，设点坐标为，切点M，N的坐标分别为和.
不妨设，则直线PM的方程为，
将代入可得，解得
由，可得，，
联立和可得，解得，
设Q，R的坐标分别为和，
不妨设，则，同理可知，
故直线QR的斜率为，
直线QR方程为，
点P到直线QR的距离为
又，故，
当点在上时，设P点坐标为，，
设切点M，N的坐标分别为和，
不妨设，则直线PM的方程为，
将代入可得，解得由，可得，
联立和可得，解得
设S，T，Q，R的坐标分别为，和，.
不妨设，
由于四边形STQR为等腰梯形，
则
又，恒成立，则，故的最大值为
【点睛】关键点点睛：第二问关键是利用导数的几何意义表示出切线方程，从而推导出，.
19. 设，已知无穷数列的各项均为正整数，且，记数列的前n项所构成的集合为，对于任意正整数n，从集合中任取不同的若干项(取出的项数大于等于1，如果项数是1，运算结果是它本身)，如果这些项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值所构成的正整数集合为，且，则称数列为完美数列.
（1）分别判断数列和是否为完美数列，不需要说明理由;
（2）若等差数列是完美数列，求公差的所有可能取值;
（3）若从集合中任取不同的若干项之间进行加减法运算后所得的数的绝对值互不相同，且为完美数列.证明：
【答案】（1）是完美数列，而不是
（2）1和2； （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据完美数列的定义进行判断.
（2）根据等差数列的知识、完美数列的定义进行分析，从而求得公差的所有可能取值.
（3）先求得，然后利用以及放缩法来求得正确答案.
【小问1详解】
数列是完美数列，而不是完美数列；
，，，
则，集合的元素是到间的正整数，
可以从集合中任取不同的若干项，
进行加法或减法运算后所得的数的绝对值所构成，
所以是完美数列.
，，，
当时，，
从集合中任取不同的若干项，
进行加法或减法运算得不到，
所以不是完美数列.
【小问2详解】
设的公差，考虑，则，，而，不符合题意.由（1）可知数列是完美数列，故的公差可能是
又数列是完美数列，故的公差可能是2；
因为，，，，
故中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值，
能够构成集合，
假设中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值，
能够构成集合，
若，则当时，
，
且若，
则若，
则中若干项之间进行加法或减法运算后所得的数的绝对值，
可以得到，
则N可由中若干项之间进行加法或减法运算后,
得到故中若干项之间进行加法或减法运算后,
所得的数的绝对值能够构成集合，
结论得证.
故的公差可能是1和2；
【小问3详解】
记，由题意知，集合按上述规则，
总共会产生个正整数;而集合，
按上述规则产生的个正整数中，除1，2，，这个正整数外，
还有，，，
共个数.所以
因为，所以
又因为当时，
而也满足
所以
因此.
【点睛】思路点睛：
小问 1：遇到判断数列是否为完美数列的问题，直接依据定义，分别计算数列的和，然后判断中的元素能否由中元素经过规定运算得到.
小问 2：对于等差数列与完美数列结合的问题，先从公差的取值范围入手进行分析，再结合已知的完美数列实例确定可能的公差值，最后通过数学归纳法进行证明.
小问 3：处理数列和不等式的问题，先根据条件找出数列的递推关系，求出通项公式，再对数列和进行放缩，利用相关公式证明不等式.
广告支出费用x
5
销售量y
15
18