2024-2025学年山东省潍坊市寿光市高三考前热身数学试卷含解析

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1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
2．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
3．如图，圆是边长为的等边三角形的内切圆，其与边相切于点，点为圆上任意一点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
4．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知是虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（ ）
①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；
②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；
③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.
A．B．C．D．
8．若复数满足，则（ ）
A．B．C．2D．
9．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
10．命题：的否定为
A．B．
C．D．
11．已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
12．定义：表示不等式的解集中的整数解之和.若，，，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．
14．设定义域为的函数满足，则不等式的解集为__________．
15．已知数列的前项和为，，且满足，则数列的前10项的和为______.
16．如图，在矩形中，为边的中点，，，分别以、为圆心，为半径作圆弧、（在线段上）.由两圆弧、及边所围成的平面图形绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积为 .
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某商场以分期付款方式销售某种商品，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为：
其中，
（Ⅰ）求购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率；
（Ⅱ）商场销售一件该商品，若顾客选择分2期付款，则商场获得利润l00元，若顾客选择分3期付款，则商场获得利润150元，若顾客选择分4期付款，则商场获得利润200元.商场销售两件该商品所获的利润记为（单位：元）
（ⅰ）求的分布列；
（ⅱ）若，求的数学期望的最大值.
18．（12分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.
（1）若直线的方程为，求的方程；
（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．（12分）设函数，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）若在上存在两个极值点，求的取值范围；
（Ⅱ）若，函数与函数的图象交于，且线段的中点为，证明：.
20．（12分）如图，在四棱锥中，，，.
（1）证明：平面；
（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）已知直线是曲线的切线.
（1）求函数的解析式，
（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.
22．（10分）在中，角的对边分别为.已知，.
（1）若，求；
（2）求的面积的最大值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
2．C
【解析】
试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以
，故C为正确答案．
考点：异面直线所成的角．
3．C
【解析】
建立坐标系，写出相应的点坐标，得到的表达式，进而得到最大值.
【详解】
以D点为原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，
设内切圆的半径为1，以（0，1）为圆心，1为半径的圆；
根据三角形面积公式得到，
可得到内切圆的半径为
可得到点的坐标为：

故得到
故得到
，
故最大值为：2.
故答案为C.
这个题目考查了向量标化的应用，以及参数方程的应用，以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
4．B
【解析】
甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．
【详解】
由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，
∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为
．
故选：B．
本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．
5．B
【解析】
根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.
【详解】
.
故选B
本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.
6．D
【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】
,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.
故选:D.
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.
7．C
【解析】
①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．
【详解】
如图：
①错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；
②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；
③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.
故选：.
本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．
8．D
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.
【详解】
解：由题意知，，
，
∴，
故选：D.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.
9．D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
10．C
【解析】
命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．
11．D
【解析】
通过分析函数与的图象，得到两函数必须有相同的零点，解方程组即得解.
【详解】
如图所示，函数与的图象，
因为时，恒成立，
于是两函数必须有相同的零点，
所以
，
解得．
故选：D
本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
12．D
【解析】
由题意得，表示不等式的解集中整数解之和为6.
当时，数形结合（如图）得的解集中的整数解有无数多个，解集中的整数解之和一定大于6.
当时，，数形结合（如图），由解得.在内有3个整数解，为1，2，3，满足，所以符合题意.
当时，作出函数和的图象，如图所示.
若，即的整数解只有1，2，3.
只需满足，即，解得，所以.
综上，当时，实数的取值范围是.故选D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求
【详解】
由，得，解得.
因为，所以，，
所以.
又因为，所以.
因为，所以.
故答案为
本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题
14．
【解析】
根据条件构造函数F（x），求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．
【详解】
设F（x），
则F′（x），
∵，
∴F′（x）＞0，即函数F（x）在定义域上单调递增．
∵
∴，即F（x）＜F（2x）
∴，即x＞1
∴不等式的解为
故答案为：
本题主要考查函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．
15．1
【解析】
由得时，，两式作差，可求得数列的通项公式，进一步求出数列的和．
【详解】
解：数列的前项和为，，且满足，①
当时，，②
①-②得：，
整理得：（常数），
故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以（首项不符合通项），
故，
所以：，
故答案为：1．
本题主要考查数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的公式，属于基础题．
16．
【解析】
由题意，可得所得到的几何体是由一个圆柱挖去两个半球而成；其中，圆柱的底面半径为1，母线长为2；体积为；两个半球的半径都为1，则两个半球的体积为；则所求几何体的体积为
.
考点：旋转体的组合体.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）0.288（Ⅱ）（ⅰ）见解析（ⅱ）数学期望的最大值为280
【解析】
（Ⅰ）根据题意，设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，由独立重复事件的特点得出，利用二项分布的概率公式，即可求出结果；
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，的取值为200，250，300，350，400，根据离散型分布求出概率和的分布列；（ⅱ）由题意知，，解得，根据的分布列，得出的数学期望，结合，即可算出的最大值.
【详解】
解：（Ⅰ）设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，则，
则，
故购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率为0.288.
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，的取值为200，250，300，350，400，
，，
，，
的分布列为：
（ⅱ），
由题意知，，，
，
，又，即，解得，
，
，
当时，的最大值为280，
所以的数学期望的最大值为280.
本题考查独立重复事件和二项分布的应用，以及离散型分布列和数学期望，考查计算能力.
18．（1）或. （2）存在，；
【解析】
（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】
（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.
故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：
，
到轴的距离为，
令，①
化简得，即，
故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，
线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，
而，
故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）依题意在上存在两个极值点，等价于在有两个不等实根，由参变分类可得，令，利用导数研究的单调性、极值，从而得到参数的取值范围；
（Ⅱ）由题解得，，要证成立，只需证：，即：，只需证：，设，即证：，再分别证明，即可；
【详解】
解：（Ⅰ）由题意可知，，
在上存在两个极值点，等价于在有两个不等实根，
由可得，，令，
则，令，
可得，当时，，
所以在上单调递减，且
当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以是的极大值也是最大值，又当，当大于0趋向与0，
要使在有两个根，则，
所以的取值范围为；
（Ⅱ）由题解得，，要证成立，
只需证：
即：，
只需证：
设，即证：
要证，只需证：
令，则
在上为增函数
，即成立；
要证，只需证明：
令，则
在上为减函数，，即成立
成立，所以成立.
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，利用导数证明不等式，属于难题;
20．（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
∵，平面，
∴平面
（2）由（1）知，，
又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∵，∴，
设是平面的一个法向量
则，即，取得
∴
∴直线与平面所成的正弦值为
本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.
21．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）对函数求导，并设切点，利用点既在曲线上、又在切线上，列出方程组，解得，即可得答案；
（2）当x充分小时，当x充分大时，可得至少有一个零点. 再证明零点的唯一性，即对函数求导得，对分和两种情况讨论，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，设直线与曲线相切于点.
根据题意，可得，解之得，
所以.
（2）由（1）可知，
则当x充分小时，当x充分大时，∴至少有一个零点.
∵，
①若，则，在上单调递增，∴有唯一零点.
②若令，得有两个极值点，
∵，∴，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∴极大值为.，又，
∴在(0，16)上单调递增，
∴，
∴有唯一零点.
综上可知，对于任意，有且仅有一个零点.
本题考查导数的几何意义的运用、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.
22．（1）；（2）4
【解析】
（1）根据已知用二倍角余弦求出，进而求出，利用正弦定理，即可求解；
（2）由边角，利用余弦定理结合基本不等式，求出的最大值，即可求出结论.
【详解】
（1）∵，∴，
由正弦定理得.
（2）由（1）知，，
所以，，，
当且仅当时，的面积有最大值4.
本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.
2
3
4
0.4
200
250
300
350
400
0.16