精品解析： 山东省泰安第一中学新校区2024-2025学年高三上学期1月期末模拟考试数学试题

泰安一中新校区2025届高三上学期期末模拟考 数学试题 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 B. C. D. 3. 以边长为2正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点P在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） A. B. C. D. 7. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（ ） A. B. C. D. 8. “长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（ ）. A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 最小正周期为π C. 在内有3个极值点 D. 当时，与的图象有3个交点 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，过点作的切线，交准线于点，交轴于点，下列说法正确的有（ ） A. B. 直线QB与也相切 C. D. 若，则 11. 已知是偶函数，是奇函数，且，则（ ） A. 是周期函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 是偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，P是直线上一点，若，则实数m的值为_____. 13. 已知等比数列的前项和为，若，则_____. 14. 已知函数，若存在实数，，且，使得，则最大值为_____. 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. 在中，角所对的边分别为，已知，且． （1）求的值； （2）若的面积，求的值． 16. 设正项数列的前项和为，若. （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 17. 如图，在直角梯形中，，，，点E是的中点，将沿对折至，使得，点F是的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 18. 著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离． （1）求椭圆C的面积； （2）若直线l交椭圆C于P，Q两点， （ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）； （ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由． 19. 定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. （1）当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； （2）若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，为函数在的相依区间，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 泰安一中新校区2025届高三上学期期末模拟考 数学试题 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】由对数函数性质解对数不等式求出集合A，解绝对值不等式求出集合B，再根据交集定义直接计算即可得解. 【详解】因为函数是增函数，所以解得， 所以集合， 解不等式得即， 所以集合， 所以. 故选：B 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算法则和共轭复数的概念求解即可. 【详解】由题意知，, 所以, 故选：C 3. 以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥,利用圆锥的侧面积公式即可求解． 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周， 得到几何体是两个同底的圆锥， 圆锥的底面半径为， 所得几何体的表面积为． 故选：D． 4. 已知点P在圆上运动，为坐标原点，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设线段的中点，由中点坐标公式得，将其代入圆方程化简即可得解. 【详解】设线段的中点， 则由题，且即， 所以即， 所以线段的中点的轨迹方程为. 故选：A. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助三角恒等变换公式及同角三角函数基本关系计算即可得. 【详解】由， 即， 即， 即 由，则， 即， 即有，解得， 故. 故选：A. 6. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断. 【详解】对于选项A：因为为等差数列，则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故A错误； 对于选项B：因为， 则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故B错误； 对于选项C：当为偶数时，， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故C错误； 对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列， 则， 可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确； 故选：D. 7. 设双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点为，，P为双曲线一条渐近线上一点，若.则双曲线C的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设在渐近线上，结合角的关系求出即可代入渐近线结合离心率公式计算求解. 【详解】由题双曲线一条渐近线为，不妨设在该渐近线上， 则可得， 由得，故， 所以，所以， 所以或，由对称性不妨设即， 因即，所以， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）. 8. “长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】 如图所示，取中点为，， 为方便计算，不妨设， 由，可知， 又、分别为所在棱靠近端的三等分点， 则， 且，、，，平面， 即平面， 又平面，则平面平面， 设肉馅球半径为，， 由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅， 则到的距离，，， 又，解得：， 故， 又， 解得，， 所以：，解得，， 由以上计算可知：为正三棱锥， 故， 所以比值为. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为π C. 在内有3个极值点 D. 当时，与的图象有3个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设结合图以及周期公式即可判断AB；由求出，从而可得函数解析式，再由极值点定义结合正余弦函数性质数形结合即可判断CD. 【详解】对于AB，由图可知，即， 所以的最小正周期为π，故AB正确； 对于C， ，所以， 所以，所以即， 又，所以，所以， 若，则， 所以由函数性质可知函数在内有2个极值点，故C错误； 对于D，在同一坐标系中作出函数和在上的图象如图所示： 由图可知当时，与的图象有3个交点，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，过点作的切线，交准线于点，交轴于点，下列说法正确的有（ ） A. B. 直线QB与也相切 C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据过A点切线与轴交点坐标判断A，根据过B点切线与轴交点坐标判断B，根据斜率之积判断C，在等腰三角形中得出，解出A点坐标判断D. 【详解】依题意，抛物线的焦点为，准线方程为， 不妨设点在第一象限，且，如图， 因为，所以， 则有点处的切线方程为：，即， 令，于是，则，选项A正确； 同理有点B处的切线方程为：，交轴于， 当时直线才是抛物线的切线，否则直线不是抛物线C的切线，故B错误； 点B处的切线方程为：， 设直线的方程为：，由可得， 所以， 点B处的切线方程为：，该切线与准线的交点的纵坐标为，同理，所以直线也是抛物线C的切线， 所以，所以，故C正确； 由A可知，为等腰三角形，且，于是， 则，又，解得，则，选项D正确， 故选：ACD 11. 已知是偶函数，是奇函数，且，则（ ） A. 是周期函数 B. 的图象关于点中心对称 C. D. 是偶函数 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据函数，的奇偶性及，结合赋值法得到函数是周期为2的周期函数，即可得A；由，，即可得到的图象的对称中心，进而判断选项B；利用倒序相加法及即可判断选项C；由，对两边同时求导后结合，并对两边同时求导即可判断选项D． 【详解】对A：由是偶函数，则，故， 则， 即有，又是奇函数，则， 即有，则，， 即周期为，故A正确； 对B：由，， 则， 即，故的图象关于点中心对称，故B错误； 对C：由， 则， 则 ， 故，故C错误； 对D：由，则， 又，则， 故为偶函数，故为偶函数，故D正确. 故选：AD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，P是直线上一点，若，则实数m的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】将题设将变形为，再结合共线定理的推论即可得解. 【详解】因为，所以， 所以， 因为三点共线，所以. 故答案为：. 13. 已知等比数列的前项和为，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，由题意得， 所以，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先由题设数形结合得和，再构造函数，利用导数求出其最大值即可得解. 【详解】由题，当时，；当时，； 故作出的图象如图所示： 因为存在实数，，且，使得， 所以直线与图象有三个交点， 所以，且，， 所以， 设，则恒成立， 所以函数在单调递增，所以函数， 所以的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是数形结合得到和，从而将问题转化成求函数的最大值，简化了问题的难度. 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. 在中，角所对的边分别为，已知，且． （1）求的值； （2）若的面积，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合余弦定理，化简整理得到的值. （2）先利用三角形面积公式得的值，再结合题意利用余弦定理得，进而列方程组得到的值. 【小问1详解】 由题意，将 代入， ，即，所以． 故. 【小问2详解】 由于， 又为锐角，即. ，. 所以，结合解得. 故. 16. 设正项数列的前项和为，若. （1）求数列的通项公式； （2）若不等式对任意正整数均成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设结合即可求解； （2）先由（1）求出，进而求得，于是将问题转化成，再由即可得解. 【小问1详解】 由题，， 所以当时， 当时，，整理得， 因为，所以，即， 所以数列是以为首项和公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1），故， 所以， 所以 ， 所以不等式对任意正整数均成立对任意正整数均成立 对任意正整数均成立， 所以，又， 所以，所以满足题意的实数的取值范围为. 17. 如图，在直角梯形中，，，，点E是的中点，将沿对折至，使得，点F是的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，得到，，利用线面垂直的判定得平面，从而得到，根据题设有，从而可证得平面，再利用线面垂直的性质，即可证明结果； （2）根据题设建立空间直角坐标系，求出平面和平面法向量，再利用面面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 因为，，点E是的中点， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又，，所以四边形是正方形， 所以，且， 所以，且，即， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为F是的中点，，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知，平面，因为平面，所以. 因为，. 所以. 又， 由余弦定理得， 因为，所以，所以， 以D为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，作平面为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 因为F是的中点，所以. 所以，，， 由（1）知，，又，面 所以平面，所以为平面的法向量， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则，，所以， 所以， 设二面角的平面角为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 18. 著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式（a，b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长），为后续微积分的开拓奠定了基础．已知椭圆（）的离心率为，且右顶点A与上顶点B的距离． （1）求椭圆C的面积； （2）若直线l交椭圆C于P，Q两点， （ⅰ）求的面积的最大值（O为坐标原点）； （ⅱ）若以P，Q为直径的圆过点A，，D为垂足．是否存在定点T，使得为定值？若存在，求点T的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）1；（ⅱ）存在定点，使得为定值 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解出的值，进而结合题意求解即可； （2）（ⅰ）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合韦达定理及基本不等式求解即可； （ⅱ）由题意可得，进而得到，分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，结合（ⅰ）可得直线l恒过点，进而结合题意确定点D在以A，M为直径的圆上，取的中点，即可求解. 【小问1详解】 由题意，，解得， 所以椭圆C的方程为，则椭圆C的面积为. 【小问2详解】 （ⅰ）当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为（，且）， 则， 即， 当且仅当，即时，等号成立， 此时的面积的最大值为1； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，， 联立，得， 则， ， 则 ， 又点到直线l的距离为， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 此时面积的最大值为1. 综上所述，的面积的最大值为1. （ⅱ）因为点在以P，Q为直径的圆上，所以， 因为，， 所以， 则， 当直线l的斜率存在时，由（i）知， ， 所以， 整理得，， 即，即或， 当时，直线l的方程为，过点，不符合题意； 当时，直线l的方程为，恒过点. 当直线l的斜率不存在时，，，， 由（i）知，，则， 由，得，解得或（舍去）， 所以直线l的方程为，过点. 综上所述，直线l恒过点. 因为，D为垂足，为定值， 所以点D在以A，M为直径的圆上， 取的中点，则， 所以存在定点，使得为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）（ii）关键在于根据得到直线l恒过点，进而确定定点. 19. 定义在D上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在D上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数）在的相依区间.已知. （1）当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； （2）若函数在上处处相依，且对任意实数m、n，，都有恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，为函数在相依区间，证明：. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意结合函数零点存在定理即可证明； （2）先求导函数，再由题意将问题转化为存在，使得恒成立，进而得恒成立，求出在上的即可得解. （3）先由相依区间定义求得，从而将所需证明的问题转化为证明，，再构造函数结合导数证明即可. 【小问1详解】 证明：当时，函数， 所以， 所以，即， 又函数在上处处相依， 所以导函数在上有零点； 【小问2详解】 因为， 所以， 因为函数在上处处相依， 所以存在，，使得， 故由题意存在，使得恒成立即恒成立， 所以恒成立， 又， 所以.所以实数取值范围为. 【小问3详解】 当时，，则， 因为为函数在的相依区间， 所以，则， 因为，单调递减；，单调递增； 所以，则， 要证，即证，即证，即证，， 令， 则， 令， 则， 因为，，， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以，故函数在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，即证得，， 从而得证. 【点睛】关键点睛：本题第三问的解题关键是根据相依区间的定义得到，进而结合条件利用分析法将问题转化为，，再构造函数证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$