2024-2025学年济宁市高三数学上学期期末质检试卷附答案解析

-2025学年济宁市高三数学上学期期末质检试卷注意事项：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、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.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知向量，，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4.已知函数的值域为，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.5.已知函数（且），若将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再将函数的图象向下平移2个单位长度，所得图象与的图象重合，则实数（）A. B. C. D.46.若，且，则的最小值为（）A. B. C.3 D.47.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线交的右支于点，且，则的离心率等于（）A. B. C.2 D.8.已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则（）A.2025 B. C.4050 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.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. B.在上单调递增C.在上有两个极值点 D.点是曲线的一个对称中心10.已知，记数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.11.已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（）A.直线与所成的角为B.平面C.过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为D.以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知点在抛物线：上，则点到抛物线的准线的距离是______.13.已知，则______.14.已知点，点在曲线上，则（其中为坐标原点）的最大值是______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求证：；（2）若，，求的面积.16.已知数列满足，，记.（1）证明：数列是等差数列；（2）记，求数列的前项和.17.如图，在正三棱柱中，为棱的中点，.（1）证明：平面；（2）若直线到平面的距离等于，求平面与平面夹角的余弦值.18.已知函数，.（1）讨论函数零点的个数；（2）若，求的最大值.19.在平面直角坐标系中，对于给定的点集，，若中的每个点在中都存在点使得两点间的距离最小，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.已知椭圆：的离心率为，其短轴上的点的集合记为，椭圆上的点的集合记为，且.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切，且与圆：交于，两点，线段上的点的集合记为，圆上的点的集合记为.①若点为圆上的一个动点，当的面积最大时，求；②求的值.【答案解析】1.D解析：因为，，所以.故选：D.2.B解析：由，得，所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.3.A解析：若，则，，此时，所以；若，由向量共线定理，得，解得，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.C解析：因为函数的值域为，而当时，易知在上单调递增，所以，即在上的值域为，所以当时，在上的值域要包含，所以的图象开口向下，又对称轴为，则，解得，所以实数的取值范围为.故选：C.5.C解析】由题意可得，再将函数的图象向下平移2个单位长度可得，即，故，又，故.故选：C.6.B解析：因为，所以，因为，则，即，，当且仅当，即时，等号成立，此时的最小值为，故选：B.7.D解析：设，因为过且斜率为的直线交的右支于点，且，所以，所以，解得，所以的离心率.故选：D.8.A解析：因为①，所以，所以，所以的周期为4，因为为奇函数，所以②令，由②得，所以，①中令，得，所以，令，得，所以，综上，，，，所以，由函数的周期性得，.故选：A.9.BC解析：对于A，因为经过点，所以，即，又的图象在点附近呈递增状，则，即，所以，故A错误；对于B，由选项A可得，由，得，而在上单调递增，故在上单调递增，故B正确；对于C，由，得，而在上单调递增，在上单调递减，所以在有两个极值点，则在上有两个极值点，故C正确；对于D，因为，所以点不是曲线的对称中心，故D错误.故选：BC.10.ACD解析：解：因为，即，所以，，解得，故A正确；由此可得，，，，……所以当为奇数时，为偶数，为奇数，所以，，所以，所以数列等比数列，首项为，公比为2，所以，所以，所以，故B错误；当为偶数时，为奇数，为偶数，则，，所以，所以数列是等比数列，首项为，公比为2，所以，所以，所以，故C正确；对于D，==，故D正确.故选：ACD.11.BCD解析：对于A，在正方体中，，故直线与所成的角即为直线与所成的角，即，在中，，则不为，A错误；对于B，连接，则，又平面平面,所以，平面，故平面，平面，故，同理可证，平面，故平面，B正确；对于C，由B可知平面，故过点且与垂直的平面截正方体所得截面与平面平行，设的重点为，依次连接，可得六边形为正六边形，而，平面，平面，故平面，同理可证平面，面，故面平面，即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为六边形，边长为，其面积为，C正确；对于D，过点P作的垂线，垂足为M，则M为的中点，且平面，设以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的点为K，则，平面，故，且，则以为球心，为半径的球面与侧面的交线为平面上以M为圆心，以为半径的圆弧，如图：由于，故，则交线长度为，D正确，故选：BCD.12.解析：由题意可得，即，故：，则抛物线的准线方程为，故点到抛物线准线的距离为.故答案为：.13.##0.875解析：由题意可得，所以，所以，故答案为：.14.##解析：由可知：，设，则，则，设，，则，所以为奇函数，时，时，时，故只需考察时情况；当，因为，在都是单调递减，所以在单调递减，令，解得：，所以当时，，即，当时，，即，所以在单调递增，在单调递减，故，所以的最大值为，即的最大值是,故答案为：15.（1）证明见解析（2）【小问1解析】在中，由余弦定理得，即，整理得，由正弦定理得，整理得，所以.【小问2解析】由（1）知，，由余弦定理得，即，解得，，所以的面积为.16.（1）证明见解析（2）【小问1解析】因为，所以数列是以2为公差的等差数列.【小问2解析】因为，所以，所以，所以，所以.17.（1）证明见解析（2）【小问1解析】证明：连接交于点，则为的中点，连接∵为棱的中点∴又平面，平面，所以平面【小问2解析】（方法一）∵为棱的中点，∴直线到平面的距离即为点到平面的距离，∴点到平面的距离等于∴设，则，，，∴，∴∴过点作，则平面，如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，所以，，，设平面的法向量为则，即令，则，，所以平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即令，则，，所以平面的一个法向量，所以所以平面与平面夹角的余弦值为（2）（方法二）过点作，则平面，如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，所以，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，则，即令，则，，所以平面一个法向量，所以点到平面的距离，∴∴平面的一个法向量设平面的法向量为，则，即令，则，，所以平面的一个法向量，所以，所以，平面与平面夹角的余弦值为18.（1）答案见解析；（2）.【小问1解析】因为，，当时，，所以的零点个数为0；当时，由得，令，则，当或时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，；当时，，，，作出的大致图象，如图，所以当，即时，与的图象没有交点；当，即时，与的图象有3个交点；当，即时，与的图象有2个交点；当，即时，与的图象有1个交点；综上，当时，函数有0个零点；当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点.【小问2解析】因为，所以，因为，则，令，则，当时，由与的性质可知，当时，，，所以不恒成立，不符合题意；当时，，只需，所以；当时，则当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，所以，即，所以，令，，则，易知当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，所以，所以，当且仅当，时，，所以的最大值为.19.（1）（2）①；②8【小问1解析】由题目条件，可得，又因为离心率为，所以，所以，，所以椭圆的方程为.【小问2解析】设圆心到直线的距离为.①当直线的斜率存在时，设的方程为，联立消去得，由直线与椭圆相切，得，整理得，则，，，，即，则的面积为，设，，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；因此当时，取得最大值432，此时的最大值为，当直线的斜率不存在时，由(1)可知，直线的方程为，联立，可求得