山東省部分學校2025屆高三上學期10月聯(lián)合教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題（解析版）

2024—2025學年度上學高三10月聯(lián)合教學質(zhì)量檢測高三數(shù)學試本試卷4頁滿分150分，考試用時120分鐘注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.若“”是“”的必要不充分條件，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義結合不等式進行判斷即可．由得，是的必要不充分條件，，故選：B．2.已知向量，，，若與平行，則實數(shù)的值為（）A. B. C.1 D.3【答案】C【解析】【分析】由平面向量共線的坐標表示求解即可.因為，，，所以，由與平行，得，解得.故選：C.3.若復數(shù)z滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設，利用復數(shù)的運算得到，再結合條件，求得，即可求解.設，則，又，得到，所以，，所以，或，，得到，所以，故選：B．4.已知事件A，B滿足，則（）A.若B?A，則 B.若A與B互斥，則C.若A與B相互獨立，則 D.若，則C與B相互對立【答案】B【解析】【分析】選項A：利用事件關系結合概率求解即可.選項B：利用概率的加法公式，求解即可，選項C：若A與B相互獨立，則A與相互獨立，利用獨立事件的公式求解即可.選項D:利用對立事件求解即可.選項A：若B?A，則選項B：若A與B互斥，則.故選項B正確.選項C：若A與B相互獨立，則A與相互獨立,故選項C錯誤.選項D:若，則由于不確定C與B是否互斥，所以無法確定兩事件是否對立,故D錯誤.故選：B.5.已知數(shù)列的首項，且滿足，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用取倒法證得是等差數(shù)列，進而求得，從而得解.因為，，易知，所以，即，又，所以，故是以為首項，為公差的等差數(shù)列，則，故，所以.故選：A.6.設有一組圓，若圓上恰有兩點到原點的距離為1，則的取值范圍是（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意將問題轉換成圓與圓有兩個交點即可求解.圓，其圓心為，半徑為．因為圓上恰有兩點到原點的距離為1，所以圓與圓有兩個交點．因為圓心距為，所以，解得．故選：B7.已知函數(shù)的最小正周期為，則在的最小值為（）A. B. C.0 D.【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)的最小正周期為，求出的值，再結合給定范圍求最值即可.因為的最小正周期為所以的最小正周期，即得，所以，，所以，當時，取的最小值0，所以在上的最小值為.故選：C.8.已知，若有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由同構的思想可知，若有兩個零點，則有兩個解，即有兩解，分離變量求導即可解：由題意可知，若有兩個零點，則有兩個解，等價于有兩個解，令，原式等價于有兩個解，即有兩個大于零的解.解，可得，令，則，當時，，當時，，所以hx在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且，hx圖像如圖：所以當時，有兩個交點，即有兩個零點.故選：A【點睛】方法點睛：當兩個函數(shù)可以構造成相同的形式時，常用同構的思想，構造函數(shù)，將兩個函數(shù)看成自變量不同時的同一函數(shù)，若函數(shù)有交點，轉化為自變量有交點求解.二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.已知，為正實數(shù)，且，則（）A.的最小值為 B.的最小值為C.的最大值為 D.的最小值為【答案】AD【解析】【分析】選項A，對條件進行變形得，從而得到，再利用基本不等式，即可求解；選項B，根據(jù)條件，直接利用基本不等式，即可求解；選項C，根據(jù)條件，利用基本不等式得到，解不等式，即可求解；選項D，利用，得到，再利用基本不等式，即可求解.對于選項A，由，得，所以，當且僅當，即時取等號，所以選項A正確，對于選項B，因為，所以，當且僅當時取等號，此時取得最小值，所以選項B錯誤，對于選項C，因為，當且僅當，即時取等號，又，解不等式得，即，得到的最大值為，所以選項C錯誤，對于選項D，由選項A知，所以，當且僅當，即時取等號，此時取得最小值，所以選項D正確，故選：AD.10.已知拋物線，過的焦點作直線，若與交于兩點，，則下列結論正確的有（）A.B.C.或D.線段中點的橫坐標為【答案】ABD【解析】【分析】由直線，可知焦點F1,0，得的值和拋物線方程，可判斷A選項；直線方程代入拋物線方程，由韋達定理結合，求出兩點坐標和的值，結合韋達定理和弦長公式判斷選項BCD.拋物線的焦點在軸上，過作直線，可知F1,0，則，得，A選項正確；拋物線方程為，直線的方程代入拋物線方程，得.設Ax1,y1，B，得，解得或，，則或，C選項錯誤；則，線段中點的橫坐標為，D選項正確；，，B選項正確.故選：ABD.11.如圖，四邊形是邊長為的正方形，半圓面平面，點為半圓弧上一動點（點與點，不重合），下列說法正確的是（）A.三棱錐的四個面都是直角三角形B.三棱錐的體積最大值為C.當時，異面直線與夾角的余弦值為D.當直線與平面所成角最大時，平面截四棱錐外接球的截面面積為【答案】ACD【解析】【分析】對于A，使用空間中直線、平面垂直有關定理證明；對于B，三棱錐底面積固定，當高最大時，體積最大，可通過計算進行判斷；對于C，找到與和所成異面直線夾角，再由余弦定理代入計算，即可判斷；對于D，首先利用空間向量解決與平面所成角最大時點的位置，再用的外接圓解決平面的截面圓面積的計算即可.對于A，四邊形為正方形，為直角三角形；為直徑，為半圓弧上一動點，，為直角三角形；平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，，為直角三角形；平面，平面，，又，，平面，平面，平面，平面，，為直角三角形；因此，三棱錐的四個面都是直角三角形，故A正確；對于B，過點在平面內(nèi)作于點，平面平面，平面平面，平面，平面，為三棱錐的高，三棱錐的體積的面積為定值，當最大時，三棱錐的體積最大，此時點為半圓弧的中點，，三棱錐體積的最大值為，故B錯誤；取中點，中點，中點，連接，則，，所以異面直線與的夾角為或其補角，且，又，則，，則，又，則，在中，由余弦定理可得，則異面直線與夾角的余弦值為，故C正確；對于D，由B選項解析知，平面，為在平面內(nèi)的射影，為直線與平面所成角，當直線與平面所成角最大時，取最小值，以為原點，建立空間直角坐標系如圖，設，，，則在直角三角形內(nèi)，，即，，，，，，，.當且僅當，即時，取最小值，直線與平面所成角最大，此時，，，三點均為四棱錐的頂點，平面截四棱錐外接球的截面為的外接圓面，直角三角形外接圓半徑，截面面積，故D正確.故選：ACD.【點睛】易錯點睛：在判斷三棱錐的四個面是否都是直角三角形時，易忽視，需通過證明平面進行判斷；在確定直線與平面所成角最大時點的位置時，容易錯誤的認為當點為半圓弧的中點時，直線與平面所成角最大，需使用空間向量，借助三角函數(shù)知識進行判斷.三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12.?市高三年級1萬名男生的身高（單位：cm）近似服從正態(tài)分布，則身高超過180cm的男生約有______人.（參考數(shù)據(jù)：，，）【答案】230【解析】【分析】由正態(tài)分布的對稱性及特殊區(qū)間的概率求解即可.，則，，身高超過180cm的男生的人數(shù)約為.故答案為：230.13.已知函數(shù)，若，，使得不等式成立，實數(shù)的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】由題意將問題轉化為，成立，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.若對任意，存在，使得不等式成立，即只需滿足，，對稱軸在遞減，在遞增，，對稱軸，①即時，在0,1遞增，恒成立；②即時，遞減，在遞增，，所以，故；③即時，在[0，1]遞減，，所以，解得，綜上.故答案為：【點睛】方法點睛：本題首先需要讀懂題意，進行轉化；其次需要分類討論，結合二次函數(shù)的性質(zhì)最后進行總結，即可求出結果.14.已知三棱錐三條側棱，，兩兩互相垂直，且，，分別為該三棱錐的內(nèi)切球和外接球上的動點，則線段的長度的最小值為______．【答案】【解析】【分析】采用補形法得正方體，作出圖形，找出內(nèi)切球，外接球球心，由幾何關系知：兩點間距離的最小值為，易求外接圓半徑，結合等體積法可求出內(nèi)切圓半徑和，進而得解.由已知將該三棱錐補成正方體，如圖所示.設三棱錐內(nèi)切球球心為，外接球球心為，內(nèi)切球與平面的切點為，易知：三點均在上，且平面，設內(nèi)切球的半徑為，外接球的半徑為，則.又，，所以，由等體積法：，即，解得，由等體積法：，即，解得，將幾何體沿截面切開，得到如下截面圖：大圓為外接球最大截面，小圓為內(nèi)切球最大截面，∴兩點間距離的最小值為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)題設將三棱錐補成正方體，進而確定內(nèi)切球，外接球球心，結合等體積法求內(nèi)切圓半徑及，即可得的長度的最小值.四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）15.在中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且.（1）若，求；（2）若，求的面積的最大值.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）由正弦定理化角為邊，得出邊的關系后，由余弦定理求解；（2）由余弦定理及數(shù)量積的定義求得，再利用基本不等式求得的最大值，最后由面積公式得結論．【小問1】因為，所以由正弦定理得，又，所以，，從而.【小問2】由余弦定理可知，則，又，故，即，故，即，從而，當時取等號，即的面積的最大值為3.16.已知數(shù)列的滿足.（1）求數(shù)列的通項公式.（2）設數(shù)列前項和為，求.（3）證明：．【答案】（1）（2）（3）證明過程見解析【解析】【分析】（1）構造等比數(shù)列即可求解；（2）由錯位相減法和等比數(shù)列求和公式即可求解；（3）分三種情況證明即可，注意到，由此即可順利得證.【小問1】，所以數(shù)列是以為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以，所以數(shù)列的通項公式為；【小問2】由題意，從而；【小問3】，當時，，當時，，當時，.17.如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，，二面角的大小為．（1）證明：平面平面．（2）求四棱錐的體積．（3）若點在線段上，且平面平面，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先證明平面，再由面面垂直的判定定理得證；（2）證明平面，再由棱錐體積公式得解；（3）建立空間直角坐標系，，利用求出，再由向量法求線面角的正弦即可.【小問1】設中點分別為，連接．在中，由，所以．由，所以，因為，所以二面角的平面角為，則．因為，平面，所以平面，由平面，所以，則，所以．又，所以．又因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面．【小問2】因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，即四棱錐的高為，所以四棱錐的體積為．【小問3】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，．記，則．連接．設，則，．因為平面平面，平面平面，平面，所以平面．因為平面，所以，則，解得，則．又，所以，．設平面的法向量為，則由得取，得．設直線與平面所成的角為，，所以直線與平面所成角的正弦值為．18.已知橢圓的左右焦點分別為，，上頂點為，長軸長為，直線的傾斜角為（1）求直線的方程及橢圓的方程.（2）若橢圓上的兩動點A，B均在軸上方，且，求證：的值為定值.（3）在（2）的條件下求四邊形的的面積的取值范圍.【答案】（1），（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）由長軸長的長度可求的值，又利用點和直線的傾斜角可得，進而用可求，從而可得直線方程和橢圓的方程；（2）設，，則關于原點的對稱點，即，由的斜率可得三點共線，進而得，設代入橢圓方程，由韋達定理可得，，從而計算可得結果；（3）由題意可知四邊形為梯形，由點到直線的距離可得高，進而結合梯形的面積公式利用基本不等式可得結果.【小問1】由長軸長為，可得，.因為點上頂點，直線的傾斜角為，所以中，，則，又，則.因為，，所以直線的方程為.橢圓的方程為.【小問2】設，，，則關于原點的對稱點，即，由，三點共線，又，.設代入橢圓方程得，，，.，，.【小問3】四邊形為梯形，令，則（當即時等號成立）.【點睛】關鍵點點睛：設關于原點的對稱點，即，進而由平行關系判斷三點共線，設，由韋達定理可得，，從而計算可得結果；在求的范圍的時候，通過變形利用基本不等式可求最大值即可.19.已知函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象關于直線對稱.（1）求函數(shù)的解析式；（2）證明：；（3）若圓與曲線相交于兩點，證明：為銳角.【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）先設函數(shù)點為，再得出關于直線對稱點為，在函數(shù)的圖象上，計算即可得