山东省济宁市2024_2025学年度高三数学上学期1月期末质量检测试题含解析

这是一份山东省济宁市2024_2025学年度高三数学上学期1月期末质量检测试题含解析，共13页。试卷主要包含了 已知双曲线， 已知点在抛物线等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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、单项选择题：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】D
【解析】
【分析】解二次不等式化简集合，利用对数函数性质化简集合，从而利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
，
所以.
故选：D.
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数除法求出即可得对应点的位置.
详解】由，得，
所以在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
3. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性分析得，当时，的值域，从而得到当时，的值域要包含，结合二次函数的性质得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】因为函数的值域为，
而当时，易知在上单调递增，
所以，即在上的值域为，
所以当时，在上的值域要包含，
所以的图象开口向下，又对称轴为，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
4. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线交的右支于点，且，则的离心率等于（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，由双曲线的定义，向量垂直，斜率的意义列方程组求解即可；
详解】设，
因为过且斜率为的直线交的右支于点，且，所以，
所以，解得，
所以的离心率.
故选：D.
5. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则 （ ）
A. 2025B. C. 4050D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过条件可得是周期为4的函数，由为奇函数得，通过给赋值可计算出，利用函数的周期性可得结果.
【详解】因为fx+2+fx=0①，所以，
所以，所以的周期为4，
因为为奇函数，所以②
令，由②得，所以，
①中令，得，所以，
令，得，所以，
综上，，
，，
所以
，
由函数的周期性得，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题求出特殊值的函数值及周期后，关键在于发现为常数，据此4个相邻项和为一组，利用周期即可得解.
二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
6. 已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递推式及，求得，即可判断A；分为奇数、为偶数，求出通项公式判断B，C；利用分组求和，求出，判断D．
【详解】解：因为，即，
所以，，
解得，故A正确；
由此可得，，，，
……
所以当为奇数时，为偶数，为奇数，
所以，，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为2，
所以，所以，
所以，故B错误；
当为偶数时，为奇数，为偶数，
则，，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为2，
所以，
所以，
所以，故C正确；
对于D，
=
=，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
7. 已知点在抛物线：上，则点到抛物线的准线的距离是______.
【答案】
【解析】
【分析】借助点坐标可得，即可得准线方程，即可得解.
【详解】由题意可得，即，故：，
则抛物线的准线方程为，
故点到抛物线的准线的距离为.
故答案为：.
8 已知，则______.
【答案】##0875
【解析】
【分析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】由题意可得，
所以，
所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
9. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求证：；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理及和角的正弦公式化简即得.
（2）由（1）的结论，利用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式计算.
【小问1详解】
在中，由余弦定理得，
即，整理得，
由正弦定理得，整理得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
由余弦定理得，即，解得，，
所以的面积为.
10. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若直线到平面的距离等于，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】（1）连接交于点，借助三角形中位线性质，利用线面平行的判定推理即得.
（2）方法一:设，利用等体积计算求得,过点作，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算可得的余弦值.
方法二:过点作，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设， 求得平面的法向量为，利用点到平面的距离，计算求得,求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算可得的余弦值.
【小问1详解】
证明：连接交于点，则为的中点，连接
∵为棱的中点
∴
又平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
（方法一）∵为棱的中点，
∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，
∴点到平面的距离等于
∴
设，则，，，
∴，
∴
∴
过点作，则平面，
如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，，
设平面的法向量为
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为
（2）（方法二）过点作，则平面，如图所示，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，，，，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以点到平面的距离，
∴
∴平面的一个法向量
设平面法向量为，
则，即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为
11. 在平面直角坐标系中，对于给定的点集，，若中的每个点在中都存在点使得两点间的距离最小，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为. 已知椭圆：的离心率为，其短轴上的点的集合记为，椭圆上的点的集合记为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相切，且与圆：交于，两点，线段上的点的集合记为，圆上的点的集合记为.
①若点为圆上的一个动点，当的面积最大时，求；
②求的值.
【答案】（1）
（2）①；②8
【解析】
【分析】(1)根据条件，可得，再利用离心率即可求出，，进而求得椭圆的方程；
(2) ①对于直线的斜率存在与不存在进行分情况讨论，分别求出两种情况下的面积的最大值，从而求得；②在①的基础上数形结合得出和，从而求和.
【小问1详解】
由题目条件，可得，
又因为离心率为，所以，
所以，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为.
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立消去得，
由直线与椭圆相切，得，
整理得，
则，
，，，即，
则的面积为
，
设，，
则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
因此当时，取得最大值432，此时的最大值为，
当直线的斜率不存在时，
由(1)可知，直线的方程为，
联立，可求得，
，
由于，所以的面积最大时，.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，
则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值2，所以.
②对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，
则是圆上与距离最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以，
对于圆上任意点，由向线段引垂线，垂足为，
当在线段上时，则是线段上与距离最近的点，
当不在线段上时，则线段上的点与点距离最近的点的距离小于，
所以当经过圆心时，取得最大值，
所以；
所以.
【点睛】方法点睛：分析面积的最大值时借助导数进行求解，再数形结合进行分析.