山东省名校联盟2024-2025学年高三上学期1月期末教学质量检测数学试题（解析版）

第1页/共1页山东名校联盟2024-2025学年度期末教学质量检测高三数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法法则，化简可得，根据共轭复数的概念，即可得答案.【详解】由题意得，所以其共轭复数为.故选：B2.函数的图象在点处的切线的倾斜角为（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据导函数得出斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】∵，∴函数的图象在点1,f1处的切线的斜率．设函数的图象在点1,f1处的切线的倾斜角为，则，∴．故选：D.3.定义区间的长度为，设，若对于任意，不等式的解集所包含区间长度之和恒为3，则k的值为（）．A.1 B. C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】原不等式等价于，构造函数，结合“三个”二次的关系，得到原不等式的解集，由韦达定理及题意可列出方程求解.【详解】不妨设，原不等式等价于，整理得:，因为，可设方程的两根为,令,则的零点为，原不等式即.因为,0,结合二次函数图像，可知：.则不等式的解集为,则此解集的区间长度之和为,因为由韦达定理可得，，所以此不等式的解集的区间长度之和为,解得k=1，故选：A4.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为，，过点的直线交的左支于两点，若，，成等差数列，且，则的离心率是（A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，再结合双曲线的定义可得，设，在中，利用余弦定理求出，再利用双余弦定理得出的关系式，即可得解.【详解】因为，，成等差数列，所以，即，又因为，所以，所以，设，则，故，在中，由余弦定理得，，解得（舍去），所以，因为，所以，即，即，整理得，所以，即的离心率是.故选：A.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.5.某汽车集团从2023年开始大力发展新能源汽车，2023年全年生产新能源汽车2000辆，每辆车利润为1万元.如果在后续的几年中，经过技术不断创新，后一年新能源汽车的产量都是前一年的，每辆车的利润都比前一年增加1000元，则生产新能源汽车6年的时间内，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为（假设每年生产的新能源汽车都能销售出去，参考数据：）（）A.2.291亿 B.2.59亿 C.22.91亿 D.25.9亿【答案】B【解析】【分析】由题意可求得第n年每辆车的利润为万元，第n年新能源汽车的销量，从而利用错位相减法法求出6年的总利润.【详解】设第n年每辆车的利润为万元，则每辆车的利润构成首项为1，公差为的等差数列，所以，设第n年新能源汽车的销量为辆，则该汽车的销量构成首项为2000，公比为的等比数列，所以，设该汽车集团销售新能源汽车的总利润为S万元，则①，②，①﹣②得，所以万元即亿元，所以该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为亿元.故选：B【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据题意抽象出两个数列，再利用错位相减法即可得解.6.函数在定义域内是增函数，则实数a的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求导，分析可得f′x≥0在定义域0,+∞上恒成立，同构结合单调性可得，构建【详解】由题意可知：的定义域为0,+∞，，且，若在定义域内是增函数，则f′x≥0在定义域可得，构建，则，因为在定义域0,+∞上单调递增，可知在定义域0,+∞上单调递增，可得，即，构建，则，令ℎ′x>0，解得；令ℎ′可知ℎx在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，则可得，所以实数a的最大值为.故选：B.【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题1.分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数最值；第三步：根据要求得所求范围．2.函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；7.已知函数（且），若函数图象上关于原点对称的点至少有对，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出关于原点对称的函数为，转化为与的图象交点个数至少有3对，分和两种情况，画出函数图象，数形结合得到不等式，求出答案.【详解】关于原点对称的函数为，依题意，与的图象交点个数至少有3对，若，画出与的图象，如下：显然两函数图象只有1个交点，不合题意；若，画出与的图象，如下：需满足，解得.综上，可得实数取值范围是.故选：A【点睛】关键点点睛：求出关于原点对称的函数，解题关键在于：将问题转化为与的图象交点个数至少有个，通过作图，数形结合进行求解.8.在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得.【详解】由①，由和正弦定理可得②，把②代入①可得，，又由可得代入①可得，，则角是锐角，，代入①可得，，又由余弦定理，得，于是，，因为线段上的一点，则，因，当且仅当时等号成立，即时，取得最小值.故选：D.【点睛】思路点睛：本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，属于难题.解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.命题“”的否定是“”B.若不等式的解集为，则C.当时，的最小值是5D.“”是“”的充分不必要条件【答案】ABD【解析】【分析】A选项，存在量词命题的否定为全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定，A正确；B选项，由不等式解集得到的根为，且，由韦达定理得到方程组，求出，得到B正确；C选项，换元后，由对勾函数单调性得到，C错误；D选项，根据推出关系得到D正确.【详解】选项A，“”的否定是“”，A正确；对于B：若不等式的解集为，可知的根为，且，则，解得，所以，故B正确；对于C，因为，令，可得，由对勾函数单调性可知在内单调递增，则，所以没有最小值，故C错误；对于D，能推出，而不能推出，所以“”是“”的充分不必要条件，故D正确.故选：ABD.10.在正方体中，，，则（）A.若，则点的轨迹为线段B.若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段C.若，则三棱锥的体积为定值D.若，则与平面所成角的余弦值的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，可判断AB选项；利用空间向量法求点到直线的距离与线面角的余弦值可判断CD选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、，因为，对于A选项，当时，、、三点共线，则点的轨迹为线段，故A正确；对于B选项，若，即点，此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，故B正确；对于C选项，若，即点，其中，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，则点到平面的距离为，因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D选项，若，则，其中，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，当时，取最小值，此时取最大值，且，则，因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，故D错误.故选：ABC.11.在平面直角坐标系中，定义为两点Ax1,y1,Bx2,y2的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作A.，则B.为坐标原点，动点满足，则的轨迹为圆C.已知点，直线，则D.定点，动点满足，则点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点【答案】ACD【解析】【分析】根据切比雪夫距离的定义直接运算判断A；设，分析得且等号至少有一个成立判断B；设点可得，讨论得对应的距离，再由函数的性质求得最小值判断C；根据定义得，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断D.【详解】A：由，则，故，对；B：设，且，则，等号至少有一个成立，故轨迹如下正方形，错；C：设，则，当，即时，，此时最小值为，当，即或时，，无最小值，综上，，对；D：定点，动点，满足，则，显然方程所表示曲线关于原点和对称，不妨设，当时，有，得，当时，有，无解，当时，有，则，综上，的轨迹如下图，以原点为中心的两支折线，由图知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点，对.故选：ACD【点睛】方法点睛：B、D中根据题设新定义得到动点的轨迹，并画出轨迹草图，数形结合分析判断为关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知命题p：“，”为真命题，则实数a的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】通过求解来确定实数的取值范围.【详解】对于二次函数，.根据题意，令，即得成立，解得.故实数的取值范围是.故答案为：.13.在三角形中，点P为边上的一点，且，点Q为直线上的任意一点（与点O和点P不重合），且满足，则______．【答案】##【解析】【分析】由题意作图，利用平面向量的线性运算，以为基底表示，结合共线，可得答案.【详解】由已知，，，共线，所以，．故答案为：.14.已知函数；在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则的取值范围为___________【答案】【解析】【分析】首先求，再求乘积，利用裂项相消法，即可求和，再利用单调性，求和的取值范围.【详解】在数列中，，，即，，即有，，则由于，递增，可得，即.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在三角形中，内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再利用诱导公式即正弦的和角公式求解；（2）把转化为的函数，利用余弦定理及三角函数单调性分析的范围，最后再利用二次函数的单调性求范围.小问1详解】根据正弦定理可知：，因为，所以，所以.【小问2详解】由余弦定理可知：，因为，所以，，，因为，所以，，由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以，所以时，取得最小值，并且，所以的范围是.16.已知函数.（1）求的单调区间；（2）证明：当时，.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究函数单调性即可；（2）要证，即证，将指数函数与对数函数分离，即证；构造函数，借助导数及中间函数得证.【小问1详解】函数，，令，解得，当时，f′x>0；当时，f故的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】因为，，要证，即证，即证.令函数，则，令，解得或，当时，ℎ′x<0；当时，ℎ所以ℎx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,+则，所以.令函数，则，当时，；当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，则，所以，故，即当x∈0,+∞时，得证17.如图，在四棱锥中，且，底面是边长为的菱形，（1）平面平面（2）若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线线垂直可得平面，即可根据面面垂直的判定求证，（2）根据面面垂直的性质可得为直线与平面所成角的平面角且为的重心，即可建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，根据法向量的夹角以及换元法得，结合二次函数的性质即可求解最值.【小问1详解】连接交于点,连接,由于，是的中点，故,又,平面，故平面，平面，故平面平面【小问2详解】过作于点，由于平面平面，且两平面的交线为,平面，故平面，因此为直线与平面所成角的平面角，故,平面，平面，故，又平面，故平面，平面，故，结合可知为的垂心，由于底面是边长为的菱形，，故为等边三角形，因此为的重心，,以建立轴，过平面的垂线作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由于，则,故，则设,故，，设平面的法向量为，则，取，则，设平面的法向量为，则，取，则，设二面角的平面角为，则，令则,，由于，故，当且仅当，即时取等号，故的最大值为，因此的最小值为，【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.18.设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，令，数列的前项和为.（1）求的和公比;（2）求;（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）4（2）（3）.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，前项和为，由题意，化简可得值；（2）由（1）得，用错位相减法求和；（3）设，，按的奇偶性分类求解可得参数范围．【小问1详解】设等差数列的公差为，前项和为，则，所以，因为是“和等比数列”，所以，即，对任意恒成立，所以，解得，所以的和公比为4；【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，相减得，所以；【小问3详解】设，，，是递增数列，不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立，当为奇数时，，则，当为偶数时，，则，综上，的取值范围是．19.椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果椭圆的“特征三角形”为，椭圆的“特征三角形”为，若，则称椭圆与“相似”，并将与的相似比称为椭圆与的相似比.已知椭圆与椭圆：相似.（1）求椭圆的离心率；（2）若椭圆与椭圆的相似比为，设为上异于其左､右顶点，的一点.①当时，过分别作椭圆的两条切线，，切点分别为，，设直线，的斜率为，，证明：为定值；②当时，若直