山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测数学试题 含解析

这是一份山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测数学试题 含解析，共24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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A，利用交集定义能求出
【详解】解：集合
故选：B
2. 已知复数则z的虚部为（ ）
A. 2B. 1C. 2iD. i
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算， 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
的虚部为
故选：A
3. 已知向量且则在上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求出再利用投影向量公式求解.
【详解】解：因为，
所以
所以在上的投影向量为，
故选：D
4. 已知一个圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出底面圆半径，由圆锥的表面积公式即可求解.
【详解】因为圆锥的母线长为，高为，
所以圆锥底面圆半径，
则该圆锥的表面积为.
故选：C
5. 若则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，将二项式变形为，然后利用二项式展开的通项公式，即可求得a1的值.
【详解】因为，
令，则，所以，
又因为展开式的通项为，
令，解得，所以，
故选：D.
6. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】令易知是的一个根.当时，令利用导数研究其单调性可判断方程根的个数.当时画出两个函数的图象判断交点个数求解.
【详解】解：令
当时
故是的一个根.
当时
令
则
所以在上单调递增，
所以
所以时即方程在无实数根.
当时
在上单调递减，且
如图所示：
与的图象在上有两个交点，
所以方程在有两个不同的根.
综上所述，曲线与的交点个数为
故选：C
7. 已知随机变量且则当时的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态曲线关于直线对称，得出即再利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】由题意知，随机变量，
所以正态曲线关于直线对称，
又所以即
所以
因为则
所以
当且仅当时取等号，
所以的最小值为
故选：
8. 已知函数其中实数，存在使得在区间上有最大值M，在区间上有最小值m，且，则的所有可能取值构成的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的图象性质列式求解即得.
【详解】函数，
由，得，依题意，函数在上既有最大值，又有最小值，
因此，解得，所以的所有可能取值构成的集合为.
故选：B
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. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ）
附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距
A.
B. 当时，对应样本点的残差为
C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11
D. 去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出样本中心点，利用样本中心点在经验回归方程上求出判断；利用残差的概念判断；利用百分数的概念判断；利用样本中心点正好是可判断.
【详解】由表中数据可得
因为经验回归方程为，经过点
则，解得：，故错误；
当时，，
残差为故正确；
因为，
所以表中y的所有样本数据的第70百分位数是从小到大排列的第4个数，为11，故正确；
因为，所以去掉样本点后，y与x的样本相关系数计算公式中的分子、分母都不发生变化不变，所以相关系数的值不变，故正确.
故选：.
10. 已知函数与其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A.由为奇函数判断；BC.由求导判断；D.由还原原函数判断.
【详解】解：因为为奇函数，所以所以A正确；
由A可知，求导数所以关于直线对称，
又所以即故B错误，C正确
因为所以
所以D错误.
故选：AC
11. 在平面直角坐标系xOy中，给定n个点到这n个点的距离之和为定值d的点的轨迹，称为“多焦点曲线”，其轨迹方程记为已知则（ ）
A. 多焦点曲线所围成图形的面积为
B. 多焦点曲线是焦点为的椭圆
C. 若存在满足方程的点则
D. 若多焦点曲线所围成图形的面积为S，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，可知表示以为圆心，1为半径的圆，即可判断；
对于B，推出表示线段
对于C，取点以为边作等边其中点Q在内，得到即可判断；
对于D，分别以点、、为圆心，2为半径作圆弧、、推出满足条件的点M在三个圆弧分别与三角形的三条边围成的三个弓形内包含点、、即可求解.
【详解】对于A，表示到点的距离的曲线，
是以为圆心，1为半径的圆，
则多焦点曲线所围成图形的面积为故A正确；
对于B，表示到点和到点的距离之和为定值2的曲线，
因为所以多焦点曲线是线段故B错误；
对于C，存在满足方程的点
即
取点，可知和均为等边三角形，
显然当点M在内时，取得最小值，
如图：
以为边作等边，其中点Q在内，则，
由，
可得，，又，则≌，
可得，
则，
当且仅当点M为的中心时取等号，即，故C正确；
对于D，设满足多焦点曲线的点，
则，
若点M在内，
过点M作分别交、于点D、E，
则为等边三角形，即，
可知，
则
，
故内的点不满足
若点M在三边上时，
根据对称性，不妨设点M在边上，
则
当且仅当点M与点或点重合时取等号，
因此，当点M在三边上时，
当且仅当点M与点、、重合时满足
若点M在外，
分别以点、、为圆心，2为半径作圆弧、、,如图：
根据对称性，不妨考虑点M在上的情况，
此时不满足
当点M在三段圆弧围成的曲边三角形外时，显然不满足
故满足的点M在三段圆弧分别与三角形的三条边围成的三个弓形内包含点、、
所以多焦点曲线应该是经过点而且在三段圆弧分别与三角形的三条边围成的三个弓形内的一条封闭曲线，
所以所围成图形的面积大于的面积小于外接圆的面积.
故多焦点曲线所围成图形的面积S满足.故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机事件A，B相互独立，且则的值为__________.
【答案】
【解析】
分析】利用求解.
【详解】解：由题意得：，
故答案为：
13. 写出一个同时满足下列条件①②③的圆的标准方程：__________.
①圆心在轴上；②与轴相切；③与圆相交.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设圆的标准方程为 由 ②得出，再由 ③得出，即可求出结果.
【详解】因为圆心在轴上，
所以设圆的标准方程为，
圆与轴相切，所以
圆化为标准方程为，圆心为，半径为，
又圆与圆相交，所以
则，解得：，
取，，此时圆的标准方程为 .
故答案为：（答案不唯一）.
14. 从数列的前100项中，选出不同的3项，使其从小到大排列后，构成等比数列，则共有__________种选法，所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可将中的项按连续取3项、间隔1项取、间隔2项取、…、间隔49项取，从而计算出所有的取法以及公比之和.
【详解】解：由题意若将连续3项取，取到3项为：…则共有98种选法，公比均为2；
若间隔1项取，取到3项为：…共有96种选法，公比均为
若间隔2项取，取到3项为：…共有94种选法，公比均为
…
若间隔49项取，取到3项为：共有2种选法，公比均为
则共有…种选法，
所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为…①
则…②
①-②可得…
所以
故答案为：2450
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. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点.
（1）证明：B，EF四点共面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】证明四边形为平行四边形，利用平面的基本性质得出结论；
建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面角.
【小问1详解】
取中点G，连接AG，EG，则有
所以四边形CDGE为平行四边形，所以
又因为所以
所以四边形ABEG为平行四边形，所以
又因为所以四边形为平行四边形，
所以所以所以B，EF四点共面.
【小问2详解】
取DC中点O，AB中点M，连接
因为所以侧面是菱形，
所以
因为平面平面ABCD，平面平面平面
所以平面ABCD，进而有
因为底面ABCD是矩形，所以所以OM，OC两两互相垂直.
如图所示建系，
由知平面ABCD，所以是平面的一个法向量.
设则因此
设平面的法向量，则
所以所以
取则于是是平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为
即平面与平面夹角的余弦值为
16. 记内角的对边分别为，已知
（1）求A的值；
（2）若边上的两条中线相交于点P，且求的正切值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用角之间的关系消去角C，运算即可得到再求角即可；
（2）不妨设利用中线求出b，再利用正弦定理求解，进而在三角形中求解即可.
【小问1详解】
在，因为，由正弦定理得：
即
即
因为
所以
而
所以
整理得
因为中
所以
又所以
【小问2详解】
因为AM是边BC的中线，所以
则
不妨设则所以
即解得或舍
所以
在中即
即，
解得即
所以，在中
又易知，P是重心，所以
所以
17. 已知其中.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）判断方程解的个数，并说明理由.
【答案】（1）
（2）当或时，方程只有一个解.当或时，方程有两个解.
【解析】
【分析】（1）不等式等价于，利用导数求得的最大值即可得到的取值范围.
（2）令，则，令，则，当时，由的单调性即可得到方程解的个数；当时，令得，结合的单调性，可得，令，则，则，则，再就的范围分类讨论后可得解的个数.
【小问1详解】
由题的定义域为，即，即恒成立，
令，则，
则当时，，单调递减；当时，单调递增；
故在上有最大值，
所以，即的取值范围是.
【小问2详解】
方程即，
令，，则，
令，则，
①当时，在上单调递减，即在上单调递减，
又，所以当时，单调递增；当时，单调递减，
故在处取得最大值，即，所以只有一个零点，即原方程只有一个解；
②当时，令解得，
当时，在上单调递增，
即在上单调递增；
当时，在上单调递减，
即在上单调递减，所以在处取得最大值，
即，
若，则，故（不恒为零），故在上为减函数，
而，故所以只有一个零点，即原方程只有一个解.
若，令，则，
故在上为减函数，而Ga>G2=0即F′a2−1>0，
此时，而，故当时，，
当时，，故在上存在一个零点，
且当时，，当时，，
当时，，
故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数，
而，当时，，
若，则有1个不同的零点；
若，则有2个不同的零点；
当时，在上为增函数，故Ga>G2=0即F′a2−1>0，
此时，而，故当时，，
当时，，故在上存在一个零点，
且当时，，当时，，
当时，，
故在为减函数，在上为增函数，在上为减函数，
而，当时，，故有两个不同的零点；
综上，当或时，方程只有一个解.
当或时，方程有两个解.
【点睛】本题主要考查的是不等式恒成立问题，利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的最值，属于较难题.
18. 已知椭圆的离心率为左、右焦点分别是过的直线与C交于M，N两点的周长为
（1）求C的标准方程；
（2）若记线段MN的中点为
（ⅰ）求R的坐标；
（ⅱ）过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）或；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义可得的周长为4a，求出离心率解得利用求出b，可得椭圆的方程；
（2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合数量积为0，求出直线的斜率，进而求R的坐标；（ⅱ）不妨设点R的坐标是此时直线MN的方程可化为设点S到直线MN的距离为d，求出三角形的面积，分类讨论，求出d的最大值，即可得出结论.
【小问1详解】
由椭圆定义可得的周长为4a，所以所以
离心率解得所以
所以椭圆C的标准方程为
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可得点坐标易得过点的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点，
由可得
①直线MN斜率不存在时，在椭圆方程中令得
不妨设所以所以不成立；
②直线MN斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则其方程为
设
由方程组消去y，得
则有
所以有
所以
当时
所以点R的坐标是
同理当时，点R的坐标是
综上所述，点R的坐标是或
（ⅱ）根据对称性面积最大值与点R所在象限无关，
不妨设点R的坐标是，此时直线MN的方程可化为
设点S到直线MN的距离为d，
因为T为PN的中点，R为MN的中点，所以可得
①直线l斜率不存在时，点S坐标为，此时点S到直线的距离
②直线l斜率存在时，设直线l方程为，
由方程组消去y，得
则有
所以点S坐标为
所以可得
令令
当时，即此时直线PQ与MN重合面积为
当即时，则有
从而当即时取得最大值
此时所以所以面积最大值为
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是换元设函数再结合二次函数的性质求最值.
19. 已知数列满足记为数列的前n项和.若有穷数列满足则称数列为的生成数列.
（1）若求的通项公式；
（2）记集合中元素的个数为
（ⅰ）若求的通项公式；
（ⅱ）若且恒成立，求实数m的最小值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由题意可知令得即可得的通项公式；
（2）（ⅰ）
由于
…
证明集合中元素的个数为构造为等比数列即可求解；
（ⅱ）对两边取对数，求导，再令进而得从而可得是以1为首项，2为公比的等比数列，利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
由题意可知
令则即
当时
当时符合上式
所以
【小问2详解】
（ⅰ）因为
则
由于
…
而
又
于是集合中元素的个数为
又
则为首项是公比为2的等比数列，
于是则
（ⅱ）对两边取对数得：
再对x求导可得
令得
又
所以即
由于
…
而
因为和则数列和的每一项均不为零，则
于是那么
则
当时
则即
又
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以
设
则
所以实数m的最小值为
【点睛】关键点睛：本题考查数列的新定义问题，属于难题.求解的关键是利用定义将问题转化为数列项与和的问题．x
1
2
3
4
5
y
5
9
10
11
15