2024~2025学年山东省泰安市高三上册9月月考数学阶段试卷[有解析]

这是一份2024~2025学年山东省泰安市高三上册9月月考数学阶段试卷[有解析]，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，定义，欧拉公式，对于随机事件A，B，若，，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．．
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．如图，已知矩形U表示全集，A、B是U的两个子集，则阴影部分可表示为（ ）
A．B．
C．D．
2．中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，，，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式.现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知点是抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离为5，且到轴的距离为4，则（ ）
A．1或2B．2或4C．2或8D．4或8
4．圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（ ）
A．B．6C．D．
5．将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（ ）
A．B．C．D．
7．在的展开式中，含的项的系数是7，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知函数是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递减，若，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
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．欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为B．
C．D．的共轭复数为
10．对于随机事件A，B，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ）
A．最大值为；
B．在时取得极大值；
C．在上单调递增，在上单调递减；
D．在上单调递增，在上单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则 .

13．已知数列满足，，，且，则 .
14．已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为 .
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．已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围．
16．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
17．如图，四边形为菱形，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)若，二面角的大小为120°，求PC与BD所成角的余弦值．
18．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点．
(1)求的方程；
(2)直线与交于两点，
（i）求面积的最大值；
（ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程．
19．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数存在正零点，
（i）求的取值范围；
（ii）记为的极值点，证明.
1．D
【分析】在阴影部分区域内任取一个元素x ，分析元素x 与各集合的关系，即可得出合适的选项.
【详解】解：在阴影部分区域内任取一个元素x ，
则 且，即且 ，
所以，阴影部分可表示为.
故选：D.
2．B
【分析】根据题意，将题中的数据代入公式，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意可知，三角形的周长为12，则，
，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为16，
所以三角形面积的最大值.
故选：B
3．C
【分析】由题意得到，，结合得到方程，求出的值.
【详解】由题意得，，
其中，故，解得或8，
故选：C
4．A
【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离.
【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示，
则，，，
由，有，，，
圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，
所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示，
质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦，
，，有.
故选：A
5．A
【分析】用列举法写出符合题意的填写方法，然后根据概率公式计算．
【详解】符合题意的填写方法有如下8种：
而9个数填入9个格子有种方法
所以所求概率为，
故选：A．
6．B
【分析】由题可知，根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，最后根据，即可求出数列an的通项公式.
【详解】因为数列是“”数列，则，
所以，而，
，
，
，
，
，，
，
.
故选：B
7．D
【分析】利用多项式乘法法则对式子展开，合并同类项即可得到系数的值.
【详解】由题意可知展开式中含的项：
∴,
故选：D.
8．D
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、对数运算等知识列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】依题意，是偶函数，且在区间上单调递减，
由得，
所以，所以或，
所以或，
所以的取值范围是.
故选：D
9．ABD
【分析】根据题意，由欧拉公式，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，则，所以C错误；
对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．
故选：ABD．
10．BCD
【分析】根据条件概率的计算公式，可判断AB的真假，根据和事件概率计算公式，可判断C的真假，结合全概率公式和条件概率计算公式，可判断D的真假.
【详解】对A：因为，故A错误；
对B：由，故B正确；
对C：因为，故C正确；
对D：，
所以.
所以.故D正确.
故选：BCD
11．AD
【分析】分情况作出截面，求截面的周长和面积，进行判断.
【详解】当时，截面为等边三角形，如图：
因为，所以，
所以：，，.
此时，在上单调递增，且，.
当时截面为六边形，如图：
设，则
所以六边形的周长为：为定值；
做平面于，平面于.
设平面与平面所成的角为，则易求.
所以，
所以，
在上递增，在上递减，
所以截面面积的最大值为，此时，即.
所以在上递增，在上递减. 时，最大，为.
当时，易得：
，
此时，在上单调递减， ，.
综上可知：AD是正确的，BC错误.
故选：AD
关键点点睛：当时，如果坚持用表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设，用表示截面的周长和面积就省劲多了.
12．##
【分析】连接，则，根据给定条件及正八边形的特征，利用数量积的定义求解即可.
【详解】在正八边形中，连接，则，

而，即，于是，在等腰梯形中，
，所以.
故
13．1
【分析】先利用求得的值，再利用递推公式可求.
【详解】当得，又，得，解得.
则，
所以.
故1.
14．
【分析】作出函数y=fx的图象，根据图象分析可知与y=fx有三个交点，可得，，代入可得，令，利用导数求其最值，即可得结果.
【详解】根据题意作出函数y=fx的图象，如图所示，
令，解得或，
令，解得或或，
由题意可知：与y=fx有三个交点，则，
此时，且，
令，可得，
则，
令，则，
可知在内单调递增，则的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为.
方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得，进一步即可证明；
（2）由题意首先求得的取值范围，进一步将目标式子转换为只含有的式子即可求解．
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
所以，
所以，
而，则或，
即或（舍去），故．
（2）因为是锐角三角形，所以，解得，
所以的取值范围是，
由正弦定理可得：，则，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
所以的取值范围是．
16．(1)，
(2)，.
【分析】（1）利用得出数列是等比数列，从而可得通项公式；
（2）由已知求得，得出是等差数列，求出其前项和，然后根据绝对值的性质得出数列与的前项和的关系，从而求得结论．
【详解】（1）由，则当时
两式相减得，所以.
将代入得，，
所以对于，故an是首项为2，公比为2的等比数列，
所以.
（2）.
，
因为当时，当时，
所以当时，，
当时，.
故.
17．(1)证明见详解.
(2).
【分析】（1）通过线面垂直得出线线垂直，再证明出线面垂直，得到面面垂直；
（2）由二面角定义得到平面角的大小，由菱形和直角三角形的边角关系得出线段长度，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦值
【详解】（1）∵平面且平面
∴，
在菱形中，，且平面，
∴平面
又∵平面
∴平面平面.
（2）∵平面且平面,平面
∴，，即二面角是，
∴，
取与交点为，设，
则，
∴，∴，
以为坐标原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
，
∴.
所以所成角的余弦值为.

18．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，．
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，即可求解；
（2）（ⅰ）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长AB，并求点到直线的距离，结合三角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值；
（ⅱ）利用韦达定理，结合向量的坐标公式，表示点的坐标，即可求解定直线方程.
【详解】（1）设焦距为，依题意，解得，
又，所以，
所以的方程为．
（2）（i）设Ax1,y1,Bx2,y2，
因为，所以，
，解得，
所以，
点到直线的距离，
所以的面积
当且仅当，即时，面积的最大值为．
（ii）设，由，有，
即
因为，所以，
故，于是有，
所以点在定直线．
关键点点睛：本题第二问的关键是利用韦达定理表示弦长，以及坐标.
19．(1)单调递减区间是，无单调递增区间
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）借助导数的正负即可得函数的单调性；
（2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得.
【详解】（1）由已知可得的定义域为，
且，
因此当时，，从而f′x