2024届山东省济南市、潍坊市、淄博市部分学校上学期高三10月份阶段监测数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat22页2024届山东省济南市、潍坊市、淄博市部分学校上学期高三10月份阶段监测数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先解对数不等式求出集合，再求出集合，最后根据交集、并集的定义计算即可.【详解】由，得，解得，所以，又，所以，.故选：C2．已知等差数列的公差不为0，若，，成等比数列，则这个等比数列的公比是（

）A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】等差数列基本量的应用.【详解】等差数列,设公差为d，因为，，成等比数列，故，又因为公差不为0，，所以，则这个等比数列的公比是.故选：B3．已知，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可【详解】解不等式可得，解绝对值不等式可得或，由于为或的真子集，据此可知“”是“”的充分不必要条件．故选：A.4．陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，为圆锥的顶点，若圆锥的底面圆周长为，高为，圆柱的母线长为2，则该几何体的体积是（

）图1

图2A． B．C． D．【答案】C【分析】由底面圆周长为，求出半径，结合圆锥，圆柱的体积公式即可求.【详解】圆锥的底面圆周长为，所以底面半径为，设柱体体积为，圆锥体积为，.故选：C5．某地投资亿元进行基础建设，年后产生的社会经济效益为亿元，若该地投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的16倍，则（

）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】C【分析】由求出的值，再令求出，从而求出.【详解】依题意，显然，即，所以，则，所以，令，即，所以，即，所以，所以该地投资基础建设年后产生的社会经济效益是投资额的倍，所以.故选：C6．若，是函数（，）的两个不同的零点，且，，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则关于的不等式的解集为（

）A．或 B．或C． D．【答案】D【分析】根据韦达定理与判别式可得的关系，再分情况讨论，，满足的关系，进而联立求解即可.【详解】因为，是函数的两个不同的零点，则，，且；不妨设，因为，，可排列成等差数列，则等差数列为或，故，又排成等比数列，则等比数列为或，故.故，即，解得，.故，，则不等式，解得或.故选：D7．设集合是关于的不等式的解集，且，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得，当时，关于x的不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，由此可得实数的取值范围．【详解】∵的解集包含，∴当时，不等式恒成立，

即在上恒成立，∴，

即，∴，

∴在上恒成立，∴，

∴，所以实数的取值范围是．

故选:B.8．已知实数满足，，，则，，的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造，根据函数的单调性得到，构造，确定函数单调递增得到，结合时，得到答案.【详解】设，函数单调递减，且，，即，即，，；设，，取，，，，，故，函数单调递增，，在上恒成立，在上恒成立，且函数单调递减，故在上单调递增，，即，当时，，即，综上所述：，即.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数比较数值的大小问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，根据新函数的单调性来比较数值的大小关系是解题的关键.二、多选题9．若函数为奇函数，则（

）A．B．的定义域为C．的值域是D．在上是增函数【答案】AC【分析】由且函数为奇函数求出的值，再代入检验，从而求出函数的定义域，即可判断A、B、D，求出且时函数的值域，结合，即可判断C.【详解】对于函数，则，解得且，因为函数为奇函数，所以，此时定义域为，且，即为奇函数，符合题意，故A正确，B错误，D错误；又，当时，当且时，又函数在上单调递增，且，又，所以当且时，则，所以，即的值域是，故C正确；故选：AC10．已知两个平面，，及两条直线，，则下列命题正确的是（）A．若，，，，则B．若，，，则C．若，，，，则D．若，是异面直线，，，，，则【答案】ABD【分析】根据面面垂直的性质定理判断A，根据线面垂直的性质判断B，根据面面的位置关系判断C，根据面面平行的判定定理及异面直线的概念判断D.【详解】对于A，若，根据面面垂直的性质定理可得，A正确；对于B，若，，则，又，则，B正确；对于C，若，则与可以相交或平行，C错误；对于D，因为，所以存在直线，因为是异面直线，所以与'相交，因为，所以，又因为，所以，D正确.故选：ABD11．已知数列满足，则（

）A．B．的前项和为C．的前100项和为D．的前20项和为284【答案】ABD【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.【详解】当时，，当时，，两式相减可得：，所以，当时，满足，故，故A正确；的前项和为，故B正确；令，的前100项和为：，故C错误；令，所以的前20项和为：，故D正确.故选：ABD.12．已知函数，（其中）．对于不相等的实数，，设，，则（

）A．对于任意不相等的实数，，都有B．对于任意的及任意不相等的实数，，都有C．对于任意的，一定存在不相等的实数，，使得D．若存在不相等的实数，，使得，则的取值范围是【答案】ACD【分析】运用对数函数单调性，即可判断A，利用排除法，即可判断B，通过构造函数，利用导数判断单调性，即可判断C，D.【详解】对任意不相等的实数，，不妨设，对于选项A，因为，，因为单调递增，则，所以；故选项A正确；对于选项B，，即，当，，时，，故选项B错误；对于选项C，若对于任意的，一定存在不相等的实数，，使得，即，只需要，即需要，即需要，令，则因为，即需要，下面证明对于任意的，一定存在不相等的实数，，使：由，得，令，则，令，得，所以在单调递减，在单调递增，又逼近于时，逼近于，当逼近于时，逼近于，所以对于任意的，一定存在不相等的实数，，使，故选项C正确；对于选项D，若存在不相等的实数，，使得，即，即，即，所以，令，即，即，由，所以，当，即时，，在单调递增，此时不存在不相等的实数，使得.当，即或，当时，，在单调递增，此时不存在不相等的实数，使得.当时，令，则或，令，得，所以在单调递增，在单调递增，在单调递减，又当逼近于时，逼近于，当逼近于时，逼近于，所以对于任意的，一定存在不相等的实数，，使，所以若存在不相等的实数，，使得，则的取值范围是，故选项D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键点是条件的转化，把转化为构造函数；把转化为构造函数.三、填空题13．已知函数则．【答案】【分析】根据分段函数解析式，代入可求答案.【详解】因为所以，，所以.故答案为：14．如图，在正四棱台中，已知，，且棱台的侧面积为6，则该棱台的高为．【答案】【分析】首先根据正棱台的侧面积得到斜高为1，再计算正棱台的高即可.【详解】如图所示：设正四棱台的侧高为，高为，棱台的侧面积，所以.所以.故答案为：四、双空题15．已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，，恒有，则必为函数（用“偶、奇、非奇非偶”填空）；若，则．【答案】奇【分析】根据赋值法，结合奇、偶函数的定义、数列的周期性进行求解即可.【详解】在中，令，则有，或，当时，在中，令，则有，所以函数是既是奇函数又是偶函数；当时，在中，令，则有，所以函数是奇函数，因此函数必为奇函数；若，在中，令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，所以具有周期性，周期为6，且，，故答案为：奇；【点睛】关键点睛：本题的关键就是运用赋值法，利用数列的周期性.五、填空题16．在正四面体中，以为直径作球，点在球与的中垂面相交所得的圆上运动，当三棱锥的体积的最小值为时，该正四面体外接球的体积为．【答案】【分析】先由三棱锥的体积最小时求出四面体的棱长，再求出正四面体的外接球的半径，最后求出正四面体外接球的体积即可.【详解】设正四面体的棱长为a，设点D到平面的距离为h，则当h最小时，最小.因为球O的半径为，如图所示，当D在如图所示的位置时h最小.取AC的中点F，连接PF、BF，则，所以.

因为则，，.所以h最小值为，所以，解得.设正四面体的外接球的半径为,球心为.如图所示，正四面体的棱长为，过P作平面于，由于,所以，利用勾股定理得，所以中，，解得，所以正四面体的外接球的体积为.故答案为：六、解答题17．如图，三棱柱中，，底面，，．(1)求点到平面的距离；(2)若直线与距离为4，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)2(2)【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，可得平面平面，再由性质定理可得平面，则的长为点到平面的距离，在中计算可得答案；（2）连结，根据，可得，过作，求出，利用点到平面距离为2，可得与平面所成角的正弦值．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，、平面，，所以平面，又平面，所以平面平面，过作交于，又平面平面，平面，所以平面，则的长为点到平面的距离．在中，，，则．所以点到平面的距离为2．（2）连结，因为，，，所以，所以，过作，交于，则为中点，由直线与距离为4，所以，因为，所以，又点到平面距离也为2，设与平面所成角为，则．18．已知数列满足，（其中，,且）．(1)证明：数列为等比数列；(2)若，，且，求数列的前项和为．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，表示出，进而根据等比数列的定义证明即可；（2）由（1）可得，，从而，再利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）证明：由得，，又因为，，，,则，.所以，数列是以为公比的等比数列．（2）解：由（1）知，数列是以为公比的等比数列．又因为，，所以，数列是以2为公比的等比数列，因为，所以，，，则，所以，，所以，．19．经研究发现所有的一元三次函数的图象都有对称中心，设是一元三次函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数根，则称为一元三次函数的图象的对称中心．根据以上信息和相关知识解答下列问题：已知函数．(1)求函数图象的对称中心和的值；(2)若，解关于的不等式．【答案】(1)，(2)答案见解析【分析】（1）根据三次函数对称中心的定义连续求导得，令其等于0即可求出对称中心，再根据对称中心的性质即可求解.（2）将不等式转化为含有参数的一元二次不等式，因式分解并对参数分类讨论即可求解.【详解】（1）对求导得，继续求导得，令可得，因为为三次函数，且，所以由题意图象的对称中心为，故，设，则，所以，所以，故．（2）由（1）可知，所以可将不等式化为：，且，即：．①当时，解得，②当时，不等式的解集为，③当时，解得；综上所述，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.20．如图，已知四边形和都是直角梯形，，，，，，，且二面角的大小为．

(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点，使得二面角的大小为，．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）因为四边形和都是直角梯形，所以，，且平面，所以，平面，因为平面，所以平面平面．（2）过点、分别作直线、的垂线、垂足为、．由已知和平面几何知识易知，，，则四边形和四边形是矩形，所以在和中，，假设在上存在点，使得二面角的大小为．由（1）知平面，则是二面角的平面角，所以，所以是正三角形．取的中点，则，又平面，所以平面，过点作平行线，则以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，则，，设平面的法向量为，由，得，取，又平面的法向量，所以，整理化简的，解得或（舍去）．所以存在点，使得二面角的大小为，且．

21．已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且．(1)求数列和的通项公式；(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列．（ⅰ）求；（ⅱ）求的值．【答案】(1)，(2)（ⅰ）；（ⅱ）．【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可；（2）（ⅰ）根据等差数列的性质进行求解即可；（ⅱ）利用错位相减法进行求解即可.【详解】（1）设数列的公差为，由题意知，，解得，所以，因为数列的前项和为，且满足，当时，，当时，，经验证当时，也满足上式，综上得，．（2）（ⅰ）在和之间插入个数，，，因为，，，…，成等差数列，所以设公差为，，则．（ⅱ）设，则，设，即，，．所以，．22．已知函数．(1)求函数的单调区间和极值；(2)若过点的切线分别交轴和轴于两点，为坐标原点，记的面积为，求最小值；(3)设函数，且不等式对任意恒成立，求实数的值．【答案】(1)极小值为，无极大值，函数在上单调递减，在上单调递增(2)(3)．【分析】（1）求得，得出函数的单调区间，进而求得函数极值，得到答案；（2）设，求得切线的方程为，求得，令