2024-2025學(xué)年高三山東省濰坊市上冊1月期末數(shù)學(xué)檢測試題（附解析）

2024-2025學(xué)年高三山東省濰坊市上學(xué)期1月期末數(shù)學(xué)檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.設(shè)集合，，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)偶次根式有意義及一元二次不等式的解法，再結(jié)合集合的交集的定義即可求解.【詳解】由有意義，得，解得，所以，，故選：C.2.已知，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】先求出，再代入中化簡即可【詳解】因?yàn)椋?，所以，故選：A3.將4個(gè)不加區(qū)分的紅球和2個(gè)不加區(qū)分的黃球隨機(jī)排一行，則2個(gè)黃球不相鄰的概率為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據(jù)插空法和古典概型的概率公式可求出結(jié)果.【詳解】將4個(gè)不加區(qū)分的紅球和2個(gè)不加區(qū)分的黃球隨機(jī)排一行，共有種，其中2個(gè)黃球不相鄰的有種，所以所求事件的概率為.故選：C4.下列區(qū)間中，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.（0，） B. C.（，π） D.（，2π）【正確答案】C【分析】，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，只需令，取得解.【詳解】解：，令，可得，令可得：，因?yàn)?，故選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)ABD都不符合題意.故選：C.5.已知，是橢圓C：的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且，，則C的離心率為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】根據(jù)橢圓的定義分別求出，在中，利用余弦定理求得的關(guān)系，從而可得出答案.【詳解】解：在橢圓C：中，由橢圓的定義可得，因?yàn)?，所以，在中，，由余弦定理得，即，所以，所以C的離心率.故選：A.6.已知，，在的展開式中，若項(xiàng)的系數(shù)為2，則的最小值為（）A. B.2 C. D.【正確答案】D【分析】根據(jù)二項(xiàng)展開式通項(xiàng)公式得到，再利用基本不等式可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，的展開式的通項(xiàng)公式為，,所以，即，因?yàn)椋?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立.故選：D7.若函數(shù)的圖象上存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，使得曲線在這兩點(diǎn)處的切線重合，則稱函數(shù)為“共切”函數(shù)，下列函數(shù)中是“共切”函數(shù)的為（）A. B.C. D.【正確答案】D【分析】由題意知，導(dǎo)函數(shù)中存在兩個(gè)點(diǎn)，它們的函數(shù)值相等，才可能是“共切”函數(shù)，則導(dǎo)數(shù)不能為單調(diào)函數(shù)，由此判斷A,B;對于C，求出導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)特征可以設(shè)出兩點(diǎn)坐標(biāo)，使得在這兩點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)相等，但求出切線方程，切線都不會重合，判斷C;對于D，求出導(dǎo)數(shù)，可以找到至少有兩點(diǎn)符合題中要求，判斷D.【詳解】由“共切”函數(shù)的定義可知，導(dǎo)函數(shù)中自變量存在兩個(gè)值，它們的函數(shù)值相等，才可能是“共切”函數(shù)，因此導(dǎo)數(shù)不會為單調(diào)函數(shù)；對于，，即導(dǎo)函數(shù)在上單調(diào)遞減，且自變量與函數(shù)值是一一對應(yīng)的關(guān)系，故不會是“共切”函數(shù)；對于，，即導(dǎo)函數(shù)在上單調(diào)遞增，故必不是“共切”函數(shù)；對于，，存在與，，兩點(diǎn)處的切線斜率為相等，分別寫出切線方程為：，，顯然兩直線不重合，故不是“共切”函數(shù)；對于，，，即導(dǎo)函數(shù)為的周期函數(shù)，且恒成立，故在上遞增，不妨取，則，切點(diǎn)分別為，此時(shí)切線方程分別為，兩切線重合，可知至少存在、兩點(diǎn)處的切線重合，故該函數(shù)為“共切”函數(shù)．故選：．8.設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)镽且滿足是奇函數(shù)，則f（2）=（）A.－1 B.1 C.0 D.2【正確答案】C【分析】直接根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)即可得結(jié)果.【詳解】令，因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以，故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.9.設(shè)數(shù)列{}是等差數(shù)列，是其前n項(xiàng)和，且，，則下列結(jié)論正確的是（）A. B.C. D.和均為的最大值【正確答案】ACD【分析】由題意推出，，由此可判斷A,C;利用，結(jié)合，判斷B；由，可判斷D.【詳解】由得，即，又，，，故C正確；，故A正確；對于B，，而，故，，故，B錯(cuò)誤；由以上分析可知：，故,均為的最大值，故D正確；故選：ACD．10.已知平面向量,，，則下列結(jié)論正確的是（）A.可以作為平面內(nèi)所有向量的一組基底B.若，則C.存在實(shí)數(shù)，使得D.若，則【正確答案】ABD【分析】根據(jù)坐標(biāo)判斷、不共線，再根據(jù)基底的概念可判斷A；根據(jù)求出，可判斷B；根據(jù)向量平行的坐標(biāo)表示可判斷C；根據(jù)向量夾角的坐標(biāo)表示可判斷D.【詳解】因?yàn)?，，所以，對于A，因?yàn)椋耘c不共線，所以可以作為平面內(nèi)所有向量一組基底；故A正確；對于B，若，則，所以，所以，故B正確；對于C，因?yàn)?，所以不存在?shí)數(shù)，使得，故C不正確；對于D，若，則，所以，故D正確.故選：ABD11.點(diǎn)P在圓M：上，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)B（0，2），下列結(jié)論正確的是（）A.過點(diǎn)A可以作出圓的兩條切線B.圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程為C.點(diǎn)P到直線AB距離的最大值為D.當(dāng)∠PBA最大時(shí)，【正確答案】ACD【分析】對于A，判斷出點(diǎn)A（4，0）在圓M外，據(jù)此判斷A；對于B，求出圓M關(guān)于直線AB對稱的點(diǎn)為，進(jìn)而得到圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程；對于C，先求點(diǎn)M到直線AB距離，加上半徑即點(diǎn)P到直線AB距離的最大值；對于D，當(dāng)與圓M相切時(shí)，∠PBA最大或最小，求出即可.【詳解】解：對于A，，點(diǎn)A（4，0）在圓M外，所以過點(diǎn)A可以作出圓M的兩條切線，故A正確；對于B，有題知，直線AB的方程為：，設(shè)圓M關(guān)于直線AB對稱的點(diǎn)為，由解得，圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程的圓心為，圓M關(guān)于直線AB對稱的圓的方程為，故B錯(cuò)誤；對于C，點(diǎn)M到直線AB距離為，所以點(diǎn)P到直線AB距離的最大值為，故C正確；對于D，如圖，當(dāng)與圓M相切時(shí)，∠PBA最大或最小，此時(shí)，故D正確.故選：ACD12.記的導(dǎo)函數(shù)為，若對任意的正數(shù)都成立，則下列不等式中成立的有（）A. B.C. D.【正確答案】BC【分析】對于AB，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，借助單調(diào)性比較大小即可；對于CD，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，借助單調(diào)性比較大小即可.【詳解】解：因?yàn)椋?，則，所以在單調(diào)遞增，所以，即，所以，故A錯(cuò)誤；同理，即，所以，故B正確；因?yàn)?，所以，?gòu)造函數(shù)，則，所以在單調(diào)遞減，所以，即，化簡得，故C正確；同理，即，化簡得，故D錯(cuò)誤.故選：BC.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知拋物線C：，直線l：交拋物線C于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ，則拋物線C的方程為____________.【正確答案】【分析】將直線l：代入拋物線C：，得，，由OP⊥OQ得，計(jì)算可得.【詳解】解：將直線l：代入拋物線C：，得，，所以，，因?yàn)镺P⊥OQ，所以，，所以拋物線C的方程為.故答案為.14.設(shè)為等比數(shù)列的前項(xiàng)和.若，，則________.【正確答案】【分析】根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)可知成等比數(shù)列，由此可依次計(jì)算求得，進(jìn)而得到結(jié)果.【詳解】為等比數(shù)列的前項(xiàng)和，成等比數(shù)列，又，，，則，，則.故答案為.15.已知是半徑為2的球的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且，則三棱錐的體積為_______.【正確答案】【分析】先求出外接圓半徑，通過球半徑和外接圓半徑結(jié)合勾股定理得出點(diǎn)到平面的距離，然后再利用體積公式即可求解.【詳解】如圖所示由可知，是以為斜邊的直角三角形，又知，所以，所以的外接圓的圓心為的中點(diǎn)，半徑，連接,因?yàn)辄c(diǎn)為球心，所以平面，即的長為點(diǎn)到平面的距離.在中，，，.所以三棱錐的體積為.故答案為.16.已知函數(shù).當(dāng)時(shí)，若函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，則的取值范圍為________.【正確答案】且【分析】轉(zhuǎn)化為在上有且僅有兩個(gè)不同正根，兩邊取自然對數(shù)，轉(zhuǎn)化為有且僅有兩個(gè)不同正根，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，結(jié)合圖象可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)楫?dāng)時(shí)，若函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，所以當(dāng)時(shí)，，即，即，即有且只有兩個(gè)正根，令，則函數(shù)的圖象與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，則，令，得，令，得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，因?yàn)椋?dāng)趨近于正無窮時(shí)，趨近于0，所以，由得，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，所以由得，綜上所述：且.故且關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：轉(zhuǎn)化為的圖象與直線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)求解是解題關(guān)鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.為迎接2022年北京冬奧會，某校組織一場冰雪運(yùn)動知識競賽，規(guī)則如下：有A，B兩類問題，每位參加比賽的選手先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，若回答錯(cuò)誤則該選手比賽結(jié)束，若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該選手比賽結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得30分，否則得0分：B類問題中的每個(gè)問題回答正確得70分，否則得0分.小明參加了本次冰雪知識競賽，已知他能正確回答A類問題的概率為0.7，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).（1）若小明選擇先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列；（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.【正確答案】（1）答案見詳解；（2）應(yīng)選擇先回答類問題，理由見詳解．【分析】（1）通過題意分析出小明累計(jì)得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）與（1）類似，找出先回答類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個(gè)期望的大小即可．【小問1詳解】由題可知，的所有可能取值為，，．；；．所以分布列為【小問2詳解】由（1）知，．若小明先回答問題，記為小明的累計(jì)得分，則的所有可能取值為，，．；；．所以．因?yàn)?，所以小明?yīng)選擇先回答類問題．18.設(shè)a，b，c是△ABC的內(nèi)角A，B，C所對應(yīng)的三邊.已知，.（1）求邊a的最小值；（2）當(dāng)邊a取得最小值時(shí)，設(shè)點(diǎn)D是線段AC上的一點(diǎn)且，求△ABD的面積.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據(jù)余弦定理，結(jié)合配方法進(jìn)行求解即可；（2）根據(jù)余弦定理，結(jié)合三角形面積公式進(jìn)行求解即可.【小問1詳解】由余弦定理可知：，當(dāng)時(shí)，邊a有最小值，最小值為，即；【小問2詳解】由（1）可知：，，所以在中，由余弦定理可知：，解得，所以△ABD的面積為.19.多面體中，側(cè)面為正方形，平面⊥平面，，，，E為AC的中點(diǎn)，D為棱上的點(diǎn)，BF⊥A1B1.（1）證明：AB⊥BC；（2）求面與面DFE所成二面角的余弦值的最大值.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）根據(jù)直線與平面垂直的判定定理證明平面，可得，再根據(jù)可證；（2）以為原點(diǎn)，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系：設(shè)，利用空間向量求出面與面DFE所成二面角的余弦值關(guān)于的函數(shù)，再根據(jù)二次函數(shù)知識可求出結(jié)果,【小問1詳解】因?yàn)椋云矫?，所以，因?yàn)?，所?【小問2詳解】因?yàn)槠矫妗推矫?，，所以平面，所以兩兩垂直，以為原點(diǎn)，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系：則，，，，，設(shè)，則，，設(shè)平面的法向量為，則，取，得，，則，取平面的一個(gè)法向量為，設(shè)面與面DFE所成二面角，則，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，取得最大值.20.已知數(shù)列{}滿，.（1）記，寫出，，并求數(shù)列{}的通項(xiàng)公式；（2）求的前2022項(xiàng)和.【正確答案】（1），，（2）3033【分析】（1）根據(jù)遞推公式求出、，即可得到，即可得到以為首項(xiàng)、為公差等差數(shù)列，從而求出的通項(xiàng)公式；（2）依題意可得，，由等差數(shù)列前項(xiàng)和公式計(jì)算可得．【小問1詳解】因?yàn)?，且，所以，，，所以，，為?為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以；【小問2詳解】設(shè)的前2022項(xiàng)和為，則21.平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)（－，0），（，0），點(diǎn)M滿足，點(diǎn)M的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）已知A（1，0），過點(diǎn)A的直線AP，AQ與曲線C分別交于點(diǎn)P和Q（點(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A），若滿足AP⊥AQ，求證：直線PQ過定點(diǎn).【正確答案】（1）（2）過定點(diǎn)，證明見詳解【分析】（1）根據(jù)定義法判斷曲線類型，然后由題意可得；（2）設(shè)直線方程聯(lián)立雙曲線方程消元，利用韋達(dá)定理將AP⊥AQ坐標(biāo)化，得到參數(shù)之間的關(guān)系代回直線方程可證.【小問1詳解】因?yàn)椋杂呻p曲線定義可知，M的軌跡為雙曲線，其中所以所以曲線C的方程為：【小問2詳解】若直線PQ垂直于x軸，易知此時(shí)直線AP的方程為，聯(lián)立求解可得，直線PQ過點(diǎn).當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ方程為，代入，整理得：則因?yàn)锳P⊥AQ，所以整理得解得或因?yàn)辄c(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A，所以不滿足題意故，代入，得，過定點(diǎn).綜上，直線PQ過定點(diǎn).22.已知函數(shù)，.（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）若時(shí)，都有，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（3）若有不相等的兩個(gè)正實(shí)數(shù)，滿足，證明.【正確答案】（1）當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.（2）（3）證明詳見解析【分析】（1）首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后討論a的取值即可確定函數(shù)的單調(diào)性；（2）分離參數(shù)a，構(gòu)造出新函數(shù)，得到最小值，即可得到a的范圍；（3）利用同構(gòu)關(guān)系將原問題轉(zhuǎn)化為極值點(diǎn)偏移的問題，構(gòu)造對稱差函數(shù)分別證明左右兩側(cè)的不等式即可.【小問1詳解】解：因?yàn)?，定義域?yàn)椋?①當(dāng)時(shí)，令，解得即當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；②當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增；③當(dāng)時(shí)令，解得，即當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；綜上：當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.【小問2詳解】若時(shí)，都有，即，恒成立.令，則，，令，所以，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，，所以，在單調(diào)遞減，所以=，所以【小問3詳解】原式可整理為，令，原式為，由（1）知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，則為兩根，其中，不妨令，要證，即證，，只需證，令，，，令，則，