精品解析：山东省青岛第五十八中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

2022级高三调研测试4（期中） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，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. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则＝（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 已知. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则图象上关于原点对称的点有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 7. 已知函数，函数的图象各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象.若方程在上有两个不同的解，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 若关于不等式恒成立，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 二.多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若数列满足，，（，），则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列，则下列结论成立的是（ ） A. B. （，） C. D. 11. 如图，在边长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则点P的轨迹长度为 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 若P是正方形的中心，Q在线段EF上，则的最小值为 D. 若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 第Ⅱ卷 三.填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线的所有切线中，斜率最小的切线的方程是_______. 13. 为测量某塔的高度，在塔旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则塔的高度________米. 14. 已知，当，时，是线段的中点，点在所有的线段上，若，则的最小值是________． 四.解答题（本大题共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. 已知数列的前项和为，且. （1）求及数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前项和. 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有， （1）求角B： （2）若AC边上的高，求. 17. 如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2． （1）求证：图2中的平面平面； （2）在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 18. 已知函数，且与轴相切于坐标原点． （1）求实数的值及的最大值； （2）证明：当时，； （3）判断关于的方程实数根的个数，并证明． 19. 对于任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为；若n为奇数，则对不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为.若，则称正整数n为“理想数”. （1）求20以内的质数“理想数”； （2）已知.求m的值； （3）将所有“理想数”从小至大依次排列，逐一取倒数后得到数列，记的前n项和为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三调研测试4（期中） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，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. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先把集合用列举法表示出来，再运用交集的运算进行求解即可. 【详解】若，，则是的正因数，而的正因数有，，，， 所以， 因为， 所以， 故选：B. 2. 已知，则＝（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则计算出复数，再计算复数的模. 【详解】由题意知， 所以， 故选：C. 3. 已知. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量垂直及数量积的运算律得，结合向量数量积的定义求夹角余弦值. 【详解】由题设，可得. 故选：A 4. 已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的性质，分别判断充分性与必要性即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由，得， 当时，，解得或，充分性不成立； 当时，，必要性成立. 所以“”是“的公比为2” 的必要不充分条件. 故选：A 5. 已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱及正四棱锥的体积公式可得正四棱锥的高与斜高的关系式，进而可得解. 【详解】 如图所示，正四棱柱为，正四棱锥， 设底边边长，高， 则， 又正四棱柱的侧面积， 正四棱锥的侧面积， 则，解得， 所以正四棱锥体积， 故选：B. 6. 已知函数，则图象上关于原点对称的点有（ ） A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 【答案】C 【解析】 【分析】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象，进而数形结合判断即可. 【详解】作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象如图所示. 因为函数关于原点对称的图象与图象有三个交点， 故图象上关于原点对称的点有3对. 故选：C 7. 已知函数，函数的图象各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象.若方程在上有两个不同的解，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，根据图象变换求出，将方程转化为，由函数图象的对称性求出答案. 【详解】根据题意可得， 所以， ，， 所以在上单调递增，在上单调递减，关于对称， 且，，， 方程等价于有两个不同的解， . 故选：A. 8. 若关于不等式恒成立，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】构建，分析可知的定义域为，且在内恒成立，利用导数可得，整理可得，构建，利用导数求其最值即可. 【详解】设， 因为，可知的定义域为，所以在内恒成立， 又因为， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，可得，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 即，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为1. 故选：C. 【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：利用导数求该函数的最值； 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； 第三步：构建不等式求解． 二.多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用指数函数的单调性推导出，结合对数函数的单调性可判断A选项；利用换底公式可判断B选项；利用指数函数的单调性可判断C选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，因为，则， ，则，所以，，故，A对； 对于B选项，因为，则，， 所以，，，则， 所以，，可得，B对； 对于C选项，因为，则，C错； 对于D选项，因为，所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 事实上，， 所以，等号不成立，故，D对. 故选：ABD. 10. 若数列满足，，（，），则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列，则下列结论成立的是（ ） A. B. （，） C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用斐波那契数列的定义结合递推关系一一判定选项即可. 【详解】对于A，由题可得，，，，，故A正确； 对于B，因为，又， 所以，即，故B错误； 对于C， ，故C正确； 对于D， ，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，在边长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面，则点P的轨迹长度为 B. 若，则点P的轨迹长度为 C. 若P是正方形的中心，Q在线段EF上，则的最小值为 D. 若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出相应图形，先证明平面平面，再结合给定条件确定动点轨迹，求出长度即可判断；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断，将平面翻折到与平面共面，连接，与交于点，此时取到最小值，利用勾股定理求出即可判断，先找到球心，利用勾股定理得出半径，求出外接球的表面积即可判断. 【详解】如图，取，的中点为，连接，， 所以，又E，F分别是棱，的中点， 所以，所以， 平面，平面， 平面， 因为分别是棱，的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面， 又，平面， 所以平面平面， 点P是正方形内的动点，且平面， 所以点P的轨迹为线段，由勾股定理得，故正确； 如图，以为原点，以所在直线为轴，轴，轴， 由题意得，设， ， 所以，所以点的轨迹为为圆心，半径为1的个圆， 所以点P的轨迹长度为.故错误； 如图，将平面翻折到与平面共面， 连接，与交于点，此时取到最小值， ，且， 所以点为的中点，所以， 所以， 即的最小值为，故正确； 如图，连接，交于点，连接， 若P是棱的中点，则， 所以是外接圆的一条直径，所以是外接圆的圆心， 过点作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在该垂线上， 连接，设，则， 连接，，所以， 所以，解得， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：三棱锥外接球的半径的求法： （1）先找两个面的外心； （2）过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点即为球心； （3）构造直角三角形，利用勾股定理求出半径. 有时无须确定球心的具体位置，即只用找一个面的外心，则球心一定在过该外心与所在平面的垂线上. 第Ⅱ卷 三.填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线的所有切线中，斜率最小的切线的方程是_______. 【答案】. 【解析】 【分析】首先求函数的导数，再根据二次函数求最小值，即可求切线的斜率，以及代入切线方程，即可求解. 【详解】由题意， 所以时，，又时，， 所以所求切线的方程为，即． 故答案为：． 13. 为测量某塔的高度，在塔旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则塔的高度________米. 【答案】 【解析】 【分析】设，在，，分别根据锐角三角函数定义求出，最后利用余弦定理进行求解即可. 【详解】设塔的高， 在中，，同理可得，， 在中，，则， ， 即，解得. 所以塔的高度为米. 故答案为：. 14. 已知，当，时，是线段的中点，点在所有的线段上，若，则的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据中点坐标公式可得，进而可得为等比数列，即可利用累加法求解,由极限即可求解. 【详解】不妨设点、，设点， 则数列满足，，， 所以，， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，， 当时， ， 也满足，故对任意的，. 所以，，故 故答案为：. 四.解答题（本大题共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. 已知数列的前项和为，且. （1）求及数列的通项公式； （2）在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前项和. 【答案】（1），， （2） 【解析】 【分析】（1）先将代入题干表达式计算出，再将代入题干表达式即可计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步推导即可发现数列是以为首项，为公比的等比数列，从而计算出数列的通项公式； （2）先根据第题的结果写出与的表达式，再根据题意可得，通过计算出的表达式即可计算出数列的通项公式，最后运用错位相减法即可计算出前项和． 【小问1详解】 由题意，当时，，解得， 当时，，即，解得， 当时，由，可得，两式相减，可得， 整理，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列， ∴，. 【小问2详解】 由（1）可得，，， 在与之间插入个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列， 则有， ∴，∴， ∴， ， 两式相减得， ∴. 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有， （1）求角B： （2）若AC边上的高，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式可得角的大小; （2）由等面积法可得，再由正弦定理可得的值，再由，可得的值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即 即， 所以， 在三角形中，， 所以， 即，因为，则 可得，则. 【小问2详解】 因为边上的高， 所以① 又② 由①②可得， 由正弦定理可得， 结合（1）中可得， 因为， 所以. 17. 如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2． （1）求证：图2中的平面平面； （2）在图2中，若点在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离． 【答案】（1） 连接， 由题意， 则为等边三角形， 由余弦定理得，所以， 则， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 设， 故， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 所以， 设平面的法向量为， 则有，可取， 所以点到平面的距离为． 18. 已知函数，且与轴相切于坐标原点． （1）求实数的值及的最大值； （2）证明：当时，； （3）判断关于的方程实数根的个数，并证明． 【答案】（1），最大值为0 （2） 因为， 要证当时，即证， 记，， 当时，，， ； 当时，， 记，则， 在区间上单调递减，则， 则在区间上单调递减， ， 综上所述，当时，． （3）2个，证明如下： 设，， ， 当时，由（1）知， 故， 故在区间上无实数根． 当时，，因此为的一个实数根． 当时，单调递减， 又，， 存在，使得， 所以当时，当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，又， 在区间上有且只有一个实数根，在区间上无实数根． 当时，， 令， ， 故在区间上单调递减，， 于是恒成立．故在区间上无实数根， 综上所述，有2个不相等的实数根． 【解析】 【分析】（1）由求出的值，即可得到解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值； （2）依题意即证当时，记，，当时直接说明即可，当，利用导数说明函数的单调性，即可得证； （3）设，，当时，由（1）知，则，当时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当时，，令， 利用导数说明在区间上单调递减，即可得到，从而说明函数在无零点，即可得解. 【小问1详解】 由题意知，且， ， ，解得， ，， 则， 当时，，．故， 所以在区间上单调递减，所以． 当时，令， 则， ，，， 在区间上单调递减，则， 在区间上单调递增，则，则． 综上所述，，的最大值为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19. 对于任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为；若n为奇数，则对不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为.若，则称正整数n为“理想数”. （1）求20以内的质数“理想数”； （2）已知.求m的值； （3）将所有“理想数”从小至大依次排列，逐一取倒数后得到数列，记的前n项和为，证明：. 【答案】（1）2和5为两个质数“理想数” （2）的值为12或18 （3） 显然偶数"理想数"必为形如的整数， 下面探究奇数"理想数"，不妨设置如下区间：， 若奇数，不妨设， 若为"理想数"，则，且，即，且， ①当，且时，； ②当时，； ，且， 又，即， 易知为上述不等式的唯一整数解， 区间]存在唯一的奇数"理想数"，且， 显然1为奇数"理想数"，所有的奇数"理想数"为， 所有的奇数"理想数"的倒数为， ，即． 【解析】 【分析】（1）根据“理想数”概念，结合列举法可解； （2）分析题意知道必为奇数，则必为偶数，结合整除知识得解； （3）将数列适当放缩，后分组，结合等比数列求和公式计算即可. 【小问1详解】 以内的质数为， ，故，所以为“理想数”； ，而，故不是“理想数”； ，而，故是“理想数”； ，而，故不是“理想数”； ，而，故不是“理想数”； ，而，故不是“理想数”； ，而，故不是“理想数”； ，而，故不是“理想数”； 和5为两个质数“理想数”； 【小问2详解】 由题设可知必为奇数，必为偶数， 存在正整数，使得，即： ，且， ，或，或，解得，或， ，或，即的值为12或18． 【小问3详解】 略 【点睛】知识点点睛：本题属于新定义的题目，综合了整除，数列的放缩，分组求和和等比数列公式.属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $