精品解析：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

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：B 2. 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】∵，∴函数的图象在点处的切线的斜率． 设函数的图象在点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， 故选：A 4. 已知双曲线的左、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】设，根据条件表示出，然后结合求解出的关系式，则离心率可求. 【详解】设，所以， 又因为成等差数列，所以， 所以，所以， 因为，解得， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，化简可得，所以， 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线离心率的常用方法： （1）定义法：根据已知条件列出方程组求解出的值，结合离心率计算公式求得结果； （2）齐次式法：根据已知条件得到关于的齐次方程，将其转化为关于离心率的方程，计算出结果即可； （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，每辆车的利润为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，分析可得在定义域上恒成立，同构结合单调性可得，构建，利用导数求最值即可得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为，， 且， 若在定义域内是增函数，则在定义域上恒成立， 可得， 构建，则， 因为在定义域上单调递增， 可知在定义域上单调递增，可得，即， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，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； 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，可得实数的取值范围是. 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5 D. “”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，则下列命题中正确的是（ ） 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，故轨迹为如下正方形，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 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，；当时，， 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，；当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 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，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，求的值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）首先得到、的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得，从而得到，再由离心率公式计算可得； （2）①设，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案； ②由题知椭圆的标准方程为，进而结合点在椭圆上得，故设直线的斜率为，则直线的斜率为，进而得其对应的方程，再与椭圆联立方程并结合韦达定理，弦长公式得、，进而得． 【小问1详解】 对于椭圆：，长轴长为，短轴长为，焦距为， 椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为， 依题意可得，所以， 则椭圆的离心率. 【小问2详解】 ①由相似比可知，，解得，所以椭圆：， 设，则直线的方程为，即， 记，则的方程为， 将其代入椭圆的方程，消去，得， 因为直线与椭圆有且只有一个公共点， 所以，即， 将代入上式，整理得， 同理可得， 所以为关于的方程的两根， 所以， 又点在椭圆上， 所以， 所以，为定值． ②由相似比可知，，解得，所以椭圆：， 其左、右顶点分别为，，恰好为椭圆的左、右焦点， 设，易知直线、的斜率均存在且不为， 所以， 因为在椭圆上，所以，即， 所以． 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 所以直线的方程为， 由，得， 设，，则，， 所以 ， 同理可得， 所以． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 2. 函数的图象在点处的切线的倾斜角为（ ） A. 0 B. C. 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 4. 已知双曲线的左、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. 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，每辆车的利润为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 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. 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. 8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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5 D. “”是“”的充分不必要条件 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 11. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“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，则下列命题中正确的是（ ） 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 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______. 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______． 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___________ 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. 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）证明：当时，. 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 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. 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，若直线与交于，两点，直线与交于，两点，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $