山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|x2≤4}，集合B={−3,−2,0,1,2,3}，则A∩B=A.{−2,0,1} B.{−2,0,1,2} C.{−3,−2,0,1,2} D.{−2,0,1,2,3}2.已知复数z=1+2i2−i+i，则z的虚部为A.2 B.1 C.2i D.i3.已知向量a，b，且|a|=1，(a+b)⋅a=2A.1 B.−1 C.−a D.4.已知一个圆锥的母线长为23，高为3，则该圆锥的表面积为(

)A.3π B.6π C.9π D.12π5.若(2x−1)5=a0A.−10 B.−1 C.1 D.106.当x∈[−2π,2π]时，曲线y=sinx与y=|exA.1 B.2 C.3 D.47.已知随机变量ξ~N(2,σ2),且P(ξ≤a-3b)=P(ξ≥b),则当b<x<a2时,1a−2x+1A.1+24 B.3+2248.已知函数f(x)=sinωx2cosωx2+cos2ωx2，其中实数ω>0，存在x0∈(0,2π)，使得f(x)在区间[0,xA.(38,+∞) B.(58,+∞)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为y=bx+3.4x12345y59101115附：样本相关系数r=i=1经验回归方程斜率b=i=1n(A.b=2.3

B.当x=5时，对应样本点的残差为0.6

C.表中y的所有样本数据的第70百分位数是11

D.去掉样本点(3,10)后，y与x10.已知函数f(x)与其导函数g(x)的定义域均为R，且f(x+1)为奇函数，g(x)+g(1−x)=4，则(

)A.f(x)+f(2−x)=0 B.g(x)+g(x+1)=0

C.g(−3)+g(−4)=4 D.f(x)−f(1−x)=4x11.在平面直角坐标系xOy中，给定n个点Ai(ui,vi)(i=1,2,⋯,n)，到这n个点的距离之和为定值d的点的轨迹，称为“多焦点曲线”，其轨迹方程记为f(A1A.多焦点曲线f(A1;1)=0所围成图形的面积为π

B.多焦点曲线f(A1,A2;2)=0是焦点为A1，A2的椭圆

C.若存在满足方程f(A三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知随机事件A，B相互独立，且P(A)=1−P(B)，P(A)⋅P(B)=18，则P(A∪B)的值为

．13.写出一个同时满足下列条件 ① ② ③的圆的标准方程：

． ①圆心在x轴上; ②与y轴相切; ③与圆x2+y14.从数列{2n}的前100项中，选出不同的3项，使其从小到大排列后，构成等比数列，则共有

种选法，所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为

四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AA1=AB=2AD，∠D1DC=60∘(1)证明：B，E，D1，F四点共面(2)求平面BD1E与平面16.(本小题12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ca(1)求A的值;(2)若BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，且2AM=21c，求17.(本小题12分)已知f(x)=xlnx，g(x)=(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围;(2)判断方程af(x+1)=g(x)解的个数，并说明理由．18.(本小题12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，左、右焦点分别是F1，F(1)求C的标准方程;(2)若OM⊥ON，记线段MN的中点为R．(ⅰ)求R的坐标;(ⅱ)过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求△RST面积的最大值．19.(本小题12分)已知数列{an}(an∈N∗)，满足a1=1，an≤an+1，记S(1)若bn,k=1(n∈N∗(2)记集合{k|bn,k≠0,k=1,2,⋯,(ⅰ)若an=3n−1(ⅱ)若bn,1+2bn,2+⋯+Sn⋅b参考答案1.B

2.A

3.D

4.C

5.D

6.C

7.B

8.B

9.BCD

10.AC

11.ACD

12.7813.x−12+y14.2450；215.(1)证明：取DD1中点G，连接AG，EG，则有DG//CE，DG=CE，

所以四边形CDGE为平行四边形，所以CD//EG，CD=EG，

又因为AB/​/CD，AB=CD，所以AB//EG，AB=EG，

所以四边形ABEG为平行四边形，所以BE//AG，BE=AG，

又因为AF//D1G，AF=D1G，所以四边形AGD1F为平行四边形，

所以AG//D1F，所以BE//D1F，所以B，E，D1，F四点共面．

(2)解：取DC中点O，AB中点M，连接D1O，OM．

因为AA1=AB，∠D1DC=60∘，所以侧面DCC1D1是菱形，

所以D1O⊥DC，

因为平面DCC1D11平面ABCD，平面DCC1D1∩平面ABCD=CD，D1O⊂平面DCC1D1，

所以D1O⊥平面ABCD，进而有D1O⊥OM，D1O⊥OC，

因为底面ABCD是矩形，所以OM//OC，所以OM，OC，OD1两两互相垂直．

如图所示建系，

由(1)知D1O⊥平面ABCD，所以m=(0,0,1)是平面A16.解：(1)由题意，sinCsinA=2cosB+cosC2−cosA，可得

2sinC−cosAsinC=2sinAcosB+sinAcosC，

即2sinC=2sinAcosB+(sinAcosC+cosAsinC)，

因为sinAcosC+cosAsinC=sin(A+C)，

所以2sinC=2sinAcosB+sinB，

而sinC

=sin(A+B) =sinAcosB+cosAsinB，

所以2sinAcosB+2cosAsinB=2sinAcosB+sinB，

整理得2cosAsinB=sin17.解：由题，f(x)的定义域为0,+∞，

(1)由题f(x)≤g(x)，即xlnx⩽x2+ax，即a⩾lnx−x，

令ℎx=lnx−x，则ℎ′x=1x−1，

则当x∈1,+∞时，ℎ′x<0，ℎ(x)单调递减；当x∈0,1时，ℎ′x>0，ℎ(x)单调递增；

故ℎ(x)在0,+∞上有最大值ℎ1=−1，

所以a⩾−1，即a的取值范围是−1,+∞．

(2)方程af(x+1)=g(x)，即ax+1lnx+1=x2+ax，

令Fx=ax+1lnx+1−x2−ax，则F′x=alnx+1−2x，

令mx=alnx+1−2x，则m′x=ax+1−2=a−2x+1x+1．

①当a⩽0时，m′(x)<0，m(x)在−1,+∞上单调递减，即F′x在−1,+∞上单调递减，

又F′0=0，所以当x∈−1,0时，F′x>0，F(x)单调递增；当x∈0,+∞时，F′x<0，F(x)单调递减．

故F(x)在x=0处取得最大值，即Fxmax=F0=0，所以F(x)只有一个零点，即圆方程只有一个解．

②当a>0时，令m′x=0，得x=18.解：(1)由椭圆的定义可得△MF1N的周长为4a，所以4a=42，所以a=2．

离心率e=ca=c2=22，解得c=1，所以b2=a2−c2=1，

所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1．

(2)(i)由(1)可得点F2坐标(1,0)，易得过点F2的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点，

由OM⊥ON可得OM⋅ON=0．

 ①直线MN斜率不存在时，在椭圆方程中令x=1得y=±22，

不妨设M(1,22)，N(1,−22)，所以OM⋅ON=1−12=12≠0，所以不成立;

 ②直线MN斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则其方程为y=k(x−1)，

设M(x1,y1)，N(x2,y2)，

由方程组y=k(x−1),x22+y2=1消去y，得(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，

则有x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，

所以有OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1−1)(x2−1)=(k2+1)x1x2−k2(x1+x2)+k2

=(k2+1)(2k2−2)2k2+1−4k19.解：(1)由题意可知(1+xa1)(1+xa2)⋯(1+xan)=1+x+x2+⋯+xSn(x∈R)，

令x=1，则2n=1+Sn，即Sn=2n−1．

当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(2n−1)−(2n−1−1)=2n−1；

当n=1时，a1=S1=1=21−1，符合上式．

所以an=2n−