2024-2025学年山东省济南市高三上学期12月月考数学学情检测试题（附解析）

2024-2025学年山东省济南市高三上学期12月月考数学学情检测试题一、单选题（本大题共5小题）1．已知集合，，若，则所有符合条件的实数组成的集合是（

）A． B． C． D．2．设、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列条件中可以推出的是（）A．，， B．，，C．，， D．，，3．定义在上的函数满足，（若，则，c为常数），则下列说法错误的是（

）A．B．在取得极小值，极小值为C．只有一个零点D．若在上恒成立，则4．已知函数在上的导函数为，若对任意恒成立，关于下列两个命题的判断，说法正确的是（

）命题①：方程至多只有一个实数根；命题②：若是以2为周期的周期函数，则对任意，都有．A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题5．设定义在上的函数，，且对任意，满足，，则A． B． C． D．二、多选题（本大题共2小题）6．已知函数fx的导函数为f′x，fx与f′x的定义域都是R，且满足A．fx的图象关于2,1B．f′xC．i=18095D．y=f′7．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角的正切值为，点为平面内一点（异于点），且，则（

）A．存在点，使得平面B．存在点，使得直线与所成角为C．当时，三棱锥的体积最大值为D．当时，以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为三、填空题（本大题共1小题）8．已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为．四、解答题（本大题共2小题）9．在中，角所对的边分别是，已知．(1)求；(2)若为锐角三角形，求的取值范围．10．如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线．(1)求证：直线平面；(2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

答案1．【正确答案】D就分类讨论求出集合，再结合可得的值.【详解】等价于当时，，此时，符合；当时，，因为，故或即或，故选：D.2．【正确答案】D【详解】对于，如图所示，当为平面和平面的交线时，推不出，故A错误；对于，如图所示，，，，但推不出，故B错误；对于C，因为，，所以可得，又，所以，故C错误；对于，因为，，所以可得，又因为，所以，故D正确.故选：D.3．【正确答案】B【详解】∵且0,+∞，可得，则有，故（c为常数），又f1=0，则，得，故，x∈0,+∞，，当，即，解得：，f′x>0，此时单调递增，当，即，解得，，当，即解得：，f′x<0，此时单调递减，对于A，由于，单调递增，，单调递减，∵，可得，∵，，∵.故，故A正确：∴，取得极大值，，故B错误；对于C，当，，，，，，画出草图，如图：根据图象可知：只有一个零点，故C正确；对D，要在0,+∞上恒成立即：在0,+∞上恒成立，∵，可在上恒成立，只需，令，，当，；单调递增，当时，；单调递减，，；则，即，故D正确；故选：B.4．【正确答案】C【详解】因为，即，对于命题①：令，故，可知函数在上单调递增，则至多有一个零点，所以方程至多只有一个实数根，故命题①为真命题；对于命题②：因为函数是周期为2，取一个周期，由题意可知在内连续不断，则在内必有最大值和最小值，设在内的最大值为，最小值为，设，，且，对任意，显然时，恒成立，下面考虑的情况，由导数定义可知，即，若，则成立；若，设，即，则，且，可得，所以成立；综上所述：对任意实数，都成立，故命题②为真命题；故选：C.5．【正确答案】D先把转化成，与进行加法运算，依次推倒，得到，再根据条件，得到，然后根据等式关系，用累加法计算得到结果.【详解】∵，∴（1）∵（2）∴（1）+（2）得=，即（3）∴（1）+（3）得=，即，∵，∴∴===+++++3•22+3•20=2008+++++3•22+3•20==.考点：不等式性质；叠加法；等比数列前n项和公式；函数的求值6．【正确答案】ABD【详解】对于AB，∵f′2x+f′−2x=0，∴f∵f2−x−f′x=1，∴f∴f2−x+f2+x=2，∴fx关于又fx关于y轴对称，∴fx=f−x∴f4−x+f8−x=2，∴∴fx的周期为T=8，∴f′x的周期为T=8，∴A对于D，对f2−x+f2+x=2即f′2+x=f′2−x，∴∴y=f′2−x为偶函数，∴对于C，∵fx关于2,1∴f12024∴f12024∴C错误.故选ABD.【方法总结】根据所给条件，求出周期和对称中心和对称轴，进而解得选项。7．【正确答案】BCD【详解】A：假设存在点使得平面，由平面平面，得平面平面，又平面平面平面，则，又，平面，所以重合，即点落在上，由，知点落在以为圆心，以为半径的圆面内（不含圆），这与点落在上矛盾，故A错误；B：以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，平面，则即为PC与底面所成的角，故，而，所以，则，所以，结合A的分析，取，所以，又，所以直线PB与AM所成角为，即存在点M使得直线PB与AM所成角为，故B正确；C：当时，当M位于BA的延长线时，的高最大为，此时面积取得最大值，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确；D：当时，，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，由，有，则，所以，则，所以，根据对称性有，所以，故的长为，又球与底面的交线是以P为圆心，为半径的四分之一圆，其长度为，故P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长，故D正确.故选：BCD8．【正确答案】/【分析】将圆锥侧面积用圆锥底面半径与母线长的表达式表示出来，再利用外接球半径为3，建立圆锥底面半径与母线长的关系，从而将圆锥侧面积表示为母线长函数，利用换元，导数法求出函数取最大值时的母线长，底面半径长，从而求出此时的圆锥体积.【详解】如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，，记则圆锥侧面积为，若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧，此时，，而,又，故令，，当时，单调递增,当时，单调递减，故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时，此时圆锥体积，故答案为.9．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，又，所以，又，所以；（2）因为，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，则，则，故，即的取值范围为．10．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，又平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，又，平面平面，平面平