山東省濟(jì)南市2025屆高三上學(xué)期1月期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題 含解析

山東省濟(jì)南市2025屆高三上學(xué)期1月期末學(xué)習(xí)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合集合則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出集合A，利用交集定義能求出【詳解】解：集合故選：B2.已知復(fù)數(shù)則z的虛部為（）A.2 B.1 C.2i D.i【答案】A【解析】【分析】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡得答案．【詳解】的虛部為故選：A3.已知向量且則在上的投影向量為（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由求出再利用投影向量公式求解.【詳解】解：因為，所以所以在上的投影向量為，故選：D4.已知一個圓錐的母線長為，高為，則該圓錐的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出底面圓半徑，由圓錐的表面積公式即可求解.【詳解】因為圓錐的母線長為，高為，所以圓錐底面圓半徑，則該圓錐的表面積為.故選：C5.若則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令，將二項式變形為，然后利用二項式展開的通項公式，即可求得a1的值.【詳解】因為，令，則，所以，又因為展開式的通項為，令，解得，所以，故選：D.6.當(dāng)時，曲線與的交點個數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】令易知是的一個根.當(dāng)時，令利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可判斷方程根的個數(shù).當(dāng)時畫出兩個函數(shù)的圖象判斷交點個數(shù)求解.【詳解】解：令當(dāng)時故是的一個根.當(dāng)時令則所以在上單調(diào)遞增，所以所以時即方程在無實數(shù)根.當(dāng)時在上單調(diào)遞減，且如圖所示：與的圖象在上有兩個交點，所以方程在有兩個不同的根.綜上所述，曲線與的交點個數(shù)為故選：C7.已知隨機(jī)變量且則當(dāng)時的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正態(tài)曲線關(guān)于直線對稱，得出即再利用基本不等式，即可求出結(jié)果.【詳解】由題意知，隨機(jī)變量，所以正態(tài)曲線關(guān)于直線對稱，又所以即所以因為則所以當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以的最小值為故選：8.已知函數(shù)其中實數(shù)，存在使得在區(qū)間上有最大值M，在區(qū)間上有最小值m，且，則的所有可能取值構(gòu)成的集合為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)，再利用正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)列式求解即得.【詳解】函數(shù)，由，得，依題意，函數(shù)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構(gòu)成的集合為.故選：B二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知變量x，y的樣本數(shù)據(jù)如下表，根據(jù)最小二乘法，得經(jīng)驗回歸方程為則（）x12345y59101115附：樣本相關(guān)系數(shù)，經(jīng)驗回歸方程斜率，截距A.B.當(dāng)時，對應(yīng)樣本點的殘差為C.表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是11D.去掉樣本點后，y與x的樣本相關(guān)系數(shù)不變【答案】BCD【解析】【分析】求出樣本中心點，利用樣本中心點在經(jīng)驗回歸方程上求出判斷；利用殘差的概念判斷；利用百分?jǐn)?shù)的概念判斷；利用樣本中心點正好是可判斷.【詳解】由表中數(shù)據(jù)可得因為經(jīng)驗回歸方程為，經(jīng)過點則，解得：，故錯誤；當(dāng)時，，殘差為故正確；因為，所以表中y的所有樣本數(shù)據(jù)的第70百分位數(shù)是從小到大排列的第4個數(shù)，為11，故正確；因為，所以去掉樣本點后，y與x的樣本相關(guān)系數(shù)計算公式中的分子、分母都不發(fā)生變化不變，所以相關(guān)系數(shù)的值不變，故正確.故選：.10.已知函數(shù)與其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為R，且為奇函數(shù)，，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】A.由為奇函數(shù)判斷；BC.由求導(dǎo)判斷；D.由還原原函數(shù)判斷.【詳解】解：因為為奇函數(shù)，所以所以A正確；由A可知，求導(dǎo)數(shù)所以關(guān)于直線對稱，又所以即故B錯誤，C正確因為所以所以D錯誤.故選：AC11.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，給定n個點到這n個點的距離之和為定值d的點的軌跡，稱為“多焦點曲線”，其軌跡方程記為已知則（）A.多焦點曲線所圍成圖形的面積為B.多焦點曲線是焦點為的橢圓C.若存在滿足方程的點則D.若多焦點曲線所圍成圖形的面積為S，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A，可知表示以為圓心，1為半徑的圓，即可判斷；對于B，推出表示線段對于C，取點以為邊作等邊其中點Q在內(nèi)，得到即可判斷；對于D，分別以點、、為圓心，2為半徑作圓弧、、推出滿足條件的點M在三個圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個弓形內(nèi)包含點、、即可求解.【詳解】對于A，表示到點的距離的曲線，是以為圓心，1為半徑的圓，則多焦點曲線所圍成圖形的面積為故A正確；對于B，表示到點和到點的距離之和為定值2的曲線，因為所以多焦點曲線是線段故B錯誤；對于C，存在滿足方程的點即取點，可知和均為等邊三角形，顯然當(dāng)點M在內(nèi)時，取得最小值，如圖：以為邊作等邊，其中點Q在內(nèi)，則，由，可得，，又，則≌，可得，則，當(dāng)且僅當(dāng)點M為的中心時取等號，即，故C正確；對于D，設(shè)滿足多焦點曲線的點，則，若點M在內(nèi)，過點M作分別交、于點D、E，則為等邊三角形，即，可知，則，故內(nèi)的點不滿足若點M在三邊上時，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)點M在邊上，則當(dāng)且僅當(dāng)點M與點或點重合時取等號，因此，當(dāng)點M在三邊上時，當(dāng)且僅當(dāng)點M與點、、重合時滿足若點M在外，分別以點、、為圓心，2為半徑作圓弧、、,如圖：根據(jù)對稱性，不妨考慮點M在上的情況，此時不滿足當(dāng)點M在三段圓弧圍成的曲邊三角形外時，顯然不滿足故滿足的點M在三段圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個弓形內(nèi)包含點、、所以多焦點曲線應(yīng)該是經(jīng)過點而且在三段圓弧分別與三角形的三條邊圍成的三個弓形內(nèi)的一條封閉曲線，所以所圍成圖形的面積大于的面積小于外接圓的面積.故多焦點曲線所圍成圖形的面積S滿足.故D正確.故選：ACD【點睛】方法點睛：與新定義有關(guān)的問題的求解策略：①通過給出一個新的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)新問題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；②遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運(yùn)算，驗證，使得問題得以解決．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知隨機(jī)事件A，B相互獨(dú)立，且則的值為__________.【答案】【解析】分析】利用求解.【詳解】解：由題意得：，故答案為：13.寫出一個同時滿足下列條件①②③的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：__________.①圓心在軸上；②與軸相切；③與圓相交.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

由

②得出，再由

③得出，即可求出結(jié)果.【詳解】因為圓心在軸上，所以設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，圓與軸相切，所以圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程為，圓心為，半徑為，又圓與圓相交，所以

則，解得：，取，，此時圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

.故答案為：（答案不唯一）.14.從數(shù)列的前100項中，選出不同的3項，使其從小到大排列后，構(gòu)成等比數(shù)列，則共有__________種選法，所有符合要求的選法得到的遞增等比數(shù)列的公比之和為__________.【答案】①.②.【解析】【分析】由題意可將中的項按連續(xù)取3項、間隔1項取、間隔2項取、…、間隔49項取，從而計算出所有的取法以及公比之和.【詳解】解：由題意若將連續(xù)3項取，取到3項為：…則共有98種選法，公比均為2；若間隔1項取，取到3項為：…共有96種選法，公比均為若間隔2項取，取到3項為：…共有94種選法，公比均為…若間隔49項取，取到3項為：共有2種選法，公比均為則共有…種選法，所有符合要求的選法得到的遞增等比數(shù)列的公比之和為…①則…②①-②可得…所以故答案為：2450四、解答題：本題共5小題，共60分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.如圖，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，點E，F(xiàn)分別為棱的中點.（1）證明：B，EF四點共面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】證明四邊形為平行四邊形，利用平面的基本性質(zhì)得出結(jié)論；建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法求面面角.【小問1詳解】取中點G，連接AG，EG，則有所以四邊形CDGE為平行四邊形，所以又因為所以所以四邊形ABEG為平行四邊形，所以又因為所以四邊形為平行四邊形，所以所以所以B，EF四點共面.【小問2詳解】取DC中點O，AB中點M，連接因為所以側(cè)面是菱形，所以因為平面平面ABCD，平面平面平面所以平面ABCD，進(jìn)而有因為底面ABCD是矩形，所以所以O(shè)M，OC兩兩互相垂直.如圖所示建系，由知平面ABCD，所以是平面的一個法向量.設(shè)則因此設(shè)平面的法向量，則所以所以取則于是是平面的一個法向量.設(shè)平面與平面夾角為即平面與平面夾角的余弦值為16.記內(nèi)角的對邊分別為，已知（1）求A的值；（2）若邊上的兩條中線相交于點P，且求的正切值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理將邊化角，再利用角之間的關(guān)系消去角C，運(yùn)算即可得到再求角即可；（2）不妨設(shè)利用中線求出b，再利用正弦定理求解，進(jìn)而在三角形中求解即可.【小問1詳解】在，因為，由正弦定理得：即即因為所以而

所以整理得因為中所以又所以【小問2詳解】因為AM是邊BC的中線，所以則不妨設(shè)則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，求的取值范圍；（2）判斷方程解的個數(shù)，并說明理由.【答案】（1）（2）當(dāng)或時，方程只有一個解.當(dāng)或時，方程有兩個解.【解析】【分析】（1）不等式等價于，利用導(dǎo)數(shù)求得的最大值即可得到的取值范圍.（2）令，則，令，則，當(dāng)時，由的單調(diào)性即可得到方程解的個數(shù)；當(dāng)時，令得，結(jié)合的單調(diào)性，可得，令，則，則，則，再就的范圍分類討論后可得解的個數(shù).【小問1詳解】由題的定義域為，即，即恒成立，令，則，則當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，單調(diào)遞增；故在上有最大值，所以，即的取值范圍是.【小問2詳解】方程即，令，，則，令，則，①當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減，又，所以當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減，故在處取得最大值，即，所以只有一個零點，即原方程只有一個解；②當(dāng)時，令解得，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減，所以在處取得最大值，即，若，則，故（不恒為零），故在上為減函數(shù)，而，故所以只有一個零點，即原方程只有一個解.若，令，則，故在上為減函數(shù)，而Ga>G2=0即此時，而，故當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上存在一個零點，且當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，而，當(dāng)時，，若，則有1個不同的零點；若，則有2個不同的零點；當(dāng)時，在上為增函數(shù)，故Ga>G2=0即F此時，而，故當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上存在一個零點，且當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，而，當(dāng)時，，故有兩個不同的零點；綜上，當(dāng)或時，方程只有一個解.當(dāng)或時，方程有兩個解.【點睛】本題主要考查的是不等式恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，屬于較難題.18.已知橢圓的離心率為左、右焦點分別是過的直線與C交于M，N兩點的周長為（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若記線段MN的中點為（?。┣驲的坐標(biāo)；（ⅱ）過R的動直線l與C交于P，Q兩點，PQ，PN的中點分別是S和T，求面積的最大值.【答案】（1）（2）（?。┗?；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由橢圓的定義可得的周長為4a，求出離心率解得利用求出b，可得橢圓的方程；（2）（ⅰ）設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合數(shù)量積為0，求出直線的斜率，進(jìn)而求R的坐標(biāo)；（ⅱ）不妨設(shè)點R的坐標(biāo)是此時直線MN的方程可化為設(shè)點S到直線MN的距離為d，求出三角形的面積，分類討論，求出d的最大值，即可得出結(jié)論.【小問1詳解】由橢圓定義可得的周長為4a，所以所以離心率解得所以所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為【小問2詳解】（?。┯桑?）可得點坐標(biāo)易得過點的所有直線與橢圓一定有兩個不同的交點，由可得①直線MN斜率不存在時，在橢圓方程中令得不妨設(shè)所以所以不成立；②直線MN斜率存在時，設(shè)直線MN的斜率為k，則其方程為設(shè)由方程組消去y，得則有所以有所以當(dāng)時所以點R的坐標(biāo)是同理當(dāng)時，點R的坐標(biāo)是綜上所述，點R的坐標(biāo)是或（ⅱ）根據(jù)對稱性面積最大值與點R所在象限無關(guān)，不妨設(shè)點R的坐標(biāo)是，此時直線MN的方程可化為設(shè)點S到直線MN的距離為d，因為T為PN的中點，R為MN的中點，所以可得①直線l斜率不存在時，點S坐標(biāo)為，此時點S到直線的距離②直線l斜率存在時，設(shè)直線l方程為，由方程組消去y，得則有所以點S坐標(biāo)為所以可得令令當(dāng)時，即此時直線PQ與MN重合面積為當(dāng)即時，則有從而當(dāng)即時取得最大值此時所以所以面積最大值為

【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題的關(guān)鍵點是換元設(shè)函數(shù)再結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求最值.19.已知數(shù)列滿足記為數(shù)列的前n項和.若有窮數(shù)列滿足則稱數(shù)列為的生成數(shù)列.（1）若求的通項公式；（2）記集合中元素的個數(shù)為（ⅰ）若求的通項公式；（ⅱ）若且恒成立，求實數(shù)m的最小值.【答案】（1）（2）（?。?；（ⅱ）【解析】【分析】（1）由題意可知令得即可得的通項公式；（