山东省百校大联考【知识精研】高三上学期12月学情诊断数学试题【含答案解析】

2025届高三上学期学情诊断数学2024.12命题学校：济南市莱芜第一中学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置.2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B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.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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由复数的除法运算与共轭复数概念可得.【详解】由，的共轭复数是.故选：A.2.已知，，若，则实数的取值构成的集合是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】运用集合与集合之间的关系构造方程计算参数即可.【详解】由得.当时，，满足；当时，因为，所以或，解得或.故选：C.3.已知数列为等差数列，，为函数的两个极值点，则（）A.1 B.3 C. D.【答案】B【解析】【分析】令导函数为可得方程，由极值点为方程的根可得，再由等差数列性质可得.【详解】由得，，令，得，且不是该方程的根.易知判别式大于0，因为为函数的两个极值点，是方程的两正根，由韦达定理可得，，因为为等差数列，所以.故选：B.4.已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】推导出是以为直角的等腰直角三角形，结合投影向量的定义可得出结果.【详解】因为，所以，，即，即为的中点，所以是圆的直径.又因为，所以是以为直角的等腰直角三角形.所以，，所以在上的投影向量为.故选：B.5.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（）A.与内所有的直线都垂直 B.，，C.与内无数条直线垂直 D.，，【答案】D【解析】【分析】A项由线面垂直定义可知；BC项在长方体中举反例可知；D项由推证可得充分性，必要性显然不成立.【详解】A项，由直线与平面垂直的定义可知与内所有的直线都垂直是的充要条件，选项A错；B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，如图长方体中，设平面为平面，设平面为平面，直线为，则，满足，，，但，不与平面垂直，故不能推出，故条件“，，”也不是的充分不必要条件，选项B错；C项，如图长方体中，设平面为平面，直线为，则直线与平面内无数条与垂直的直线都垂直，但，不与平面垂直，故由与内无数条直线垂直不能推出，所以不是的充分不必要条件，选项C错；D项，由，，得，又因为，所以；反之，由推不出，，，所以，，是的一个充分不必要条件，选项D正确.故选：D.6.把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依次由各选择支函数根据平移变换求出的解析式，再代值验证对称性可知.【详解】对于选项A，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故A错；对于选项B，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故B错；对于选项C，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，可知图象关于点中心对称，故C正确；对于选项D，若，则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得到，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，由，故图象不关于点中心对称，故D错.故选：C.7.已知函数，则（）A. B. C. D.253【答案】A【解析】【分析】对估值，再根据范围代入分段函数解析式逐次求值可得.【详解】因为，所以，则，，，所以.故选：A.8.已知函数的定义域是，其导函数满足，且有，，则（）A.1022 B.1024 C.2046 D.2048【答案】C【解析】【分析】由导函数关系得，赋值待定系数，赋式得等差数列通项，再代值利用等比数列求和公式可得.【详解】由可得，其中为常数，令得，又已知，，则有，即，故，令，则，.故数列是以为首项，为公差的等差数列.所以，故.故选：C.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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知，为实数，则下列不等式正确的是（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】A项由单调性可得；B项举反例；C项利用基本不等式可证；D项构造函数利用单调性可判断.【详解】A项，由单调递增，知，故选项A正确；B项，时选项B不正确；C项，由，则，当且仅当时等号成立，因为，所以等号不成立，故选项C正确；D项，构造函数，，所以单调递增，又，得，故选项D不正确.故选：AC.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.是偶函数 B.是周期函数C.关于直线对称 D.当时，【答案】BCD【解析】【分析】A项特值可得；B项由定义证明；C项证明成立即可；D项由对称性分析当时，是否成立即可.【详解】A项，，，得，所以不是偶函数，故选项A错误；B项，，所以是以为周期的周期函数，故选项B正确；C项，，所以关于直线对称，故选项C正确；D项，由关于直线对称，只需看当时，是否成立.当时，，，，，所以，即；又因为，所以，所以，即，所以，故选项D正确.故选：BCD.11.如图，在三棱锥中，两两垂直且，分别为线段上异于端点的动点，满足，，下列说法正确的是（）A.三棱锥的外接球的表面积是B.当时，线段的最小值是C.当时，三棱锥的体积是定值D.若空间中的点满足且，则满足条件的点所形成的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】A项补体为正方体的外接球即可得；B项利用勾股定理用表示，转化为二次函数最值即可判断；C项利用等体积法转化为求解可知；D项由垂直关系可知轨迹为两球相交圆，借助轴截面内各线段与锥体棱长关系求解圆半径可得.【详解】A项，三棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，其直径，所以表面积为，故A正确；B项，在三棱锥中，因为两两垂直，平面，且，所以平面.如图1所示，在线段上取一点D，使得，即得且，再由平面可得平面，而平面，故.又因为，所以且，所以可得，故B错误；C项，因为，所以，即，又因为，所以，再由可得，点N到平面的距离等于点D到平面的距离，故有，因为平面，所以即为三棱锥的高，从而，故三棱锥的体积是定值，故C正确；D项，由可知动点在以为直径的球上，由可知动点也在以为直径的球上，故点的轨迹是分别以为直径的两球相交所得的圆，设圆心为.取中点，中点，则即为两球球心.则垂直于相交圆所在的平面，由球的对称性可知，垂足为.如图2，如图在过两球心的轴截面中，两圆相交弦即为相交圆的直径，则.其中，，如图3，连接，由平面，平面，则，即.中，，所以，则，所以，如图2在中，，即相交圆半径为.所以点P所形成的轨迹长度即圆周长为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于通过空间直观想象，揭示平面（轴截面）图形中的有关线段与空间几何体中的已知线段间的关系，从而求解圆半径.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_____.【答案】##【解析】【分析】利用诱导公式求出的值，再利用二倍角的余弦公式可求出的值.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.13.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为_____.【答案】##【解析】【分析】由展开图前后变化建立的方程组并求解，由勾股定理求高，再利用体积公式可得.【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为.如图，由侧面展开图是一个半圆可知，，得，即，又圆锥的表面积为，则得，故高，所以圆锥体积.故答案为：.14.已知外接圆的半径为2，是的面积，分别是三个内角的对边，若不等式恒成立，则的最大值为_____；点为外接圆上的任意一点，当取得最大值时，的取值范围是_____.【答案】①.②.【解析】【分析】由恒成立转化为，再利用余弦定理及面积公式证明，然后转化向量数量积为，由圆上动点到距离范围可得.【详解】由题意要使不等式恒成立，则，由外接圆半径为，可知当为等边三角形时，，且，则有.下面证明对于任意的三角形都有.证明过程如下：由余弦定理与，则，即.当且时等号成立，即为等边三角形时等号成立，故.所以，当取得最大值，为等边三角形.如图所示，取AB的中点D，且，则有，由图可得，所以的取值范围是.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.已知数列为正项数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式；解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式；（2）利用并项求和法结合分组求和法可求得.【小问1详解】解法一（构造常数列）：由，且，可得，故数列是恒为的常数列，所以，又因为数列为正项数列，所以.解法二（累加法）：由题意得：且，有，，，，将以上各式相加，得，将代入上式即得，且当时也成立，所以，又因为数列为正项数列，所以.【小问2详解】由（1）可得，令，其前项和为，对任意的，，则，又因为，所以.16.已知分别为三个内角的对边，且.（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用三角恒等变换化简等式，进而求解三角方程可得；（2）由锐角三角形求得角范围，由正弦定理求出边，再将三角形的面积转化为角的三角函数式，结合三角函数的性质，即可求其范围.【小问1详解】根据正弦定理，可化为，由.因，所以，故有，即有，因为，所以，故有，所以.【小问2详解】因为为锐角三角形，由（1）已得，则有，解得.由正弦定理可得，所以有，所以，因为，所以，所以，所以面积的取值范围是.17.如图，在正四棱柱中，底面边长是1，点，，分别在侧棱，，上，且，，，四点共面.设直线、与平面所成的角分别为、.（1）设平面与平面相交于直线，求证：当时，；（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）线面平行判定证明平面，再用平行性质得到，进而四边形为平行四边形，所以.又因为，得到，从而；（2）建立空间直角坐标系,求出面面法向量，结合夹角公式，得到，结合基本不等式计算即可.【小问1详解】由，平面，平面可得，平面，再由平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以.在正四棱柱中，，均垂直于平面，所以直线、与平面所成的角分别为，，即，，又因为，，所以，从而；【小问2详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.则，，所以，，设平面的法向量，则有，令，则有，，所以，平面的法向量，平面与平面所成角为，则当且仅当，即时等号成立，即平面与平面所成角的余弦值的最大值为.18.已知函数，.（1）求函数的图象经过的所有的定点坐标，并写出函数的一条以上述一个定点为切点的切线；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，证明：.【答案】（1）（或）（2）答案见详解（3）证明见详解【解析】【分析】（1）分析可知定点的坐标为和，求导，根据导数的几何意义求切线方程；（2）求导，分类讨论的符号，和两根大小，利用导数判断原函数单调性；（3）分析可知原不等式等价于，构建函数，利用导数结合最值分析证明.【小问1详解】因为，，其他函数值均与a有关，所以的图象经过的所有定点的坐标为和，又因为，若以为切点，则切线斜率为，切线方程为；若以为切点，则切线斜率为，切线为；所以切线方程为（或）.【小问2详解】因为，①当时，恒成立，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增；②当时，由，得或.当，即时，恒成立，则在上单调递增，当时，即时，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；当时，即时，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增.【小问3详解】当时，.令，则令，，则在上单调递增.又因为，，所以存在，使得，即，即.当时，，，单调递减；当时，，，单调递增.所以.所以也即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调