山东省潍坊市昌邑市2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

高三阶段性调研监测考试数学试题2024.11注意事项：1､答题前､考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本大题共8个小题，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.【答案】C【解析】【分析】分别求出集合，，再利用交集定义求解即可.【详解】，，.故选：C.2.命题“所有能被整除的整数都是质数”的否定是（）A.存在一个能被整除的整数不是质数B.所有能被整除的整数都不是质数C.存在一个能被整除的整数是质数D.不能被整除的整数不是质数【答案】A【解析】【分析】全称量词命题的否定是一个存在量词命题，根据全称命题的否定方法，可得到结论【详解】命题“所有能被整除的整数都是质数”的否定是“存在一个能被整除的数不是质数”.故选：A.3.已知等差数列的前项和为，若，则的公差等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题考查等差数列基本量的计算，根据等差数列的性质，列出通项以及前项和，解出数列的公差.【详解】根据等差数列的定义和题目条件，有：，，整理得，解得.故选：B4.为净化水质，向一个游泳池加入某种化学药品，加药后池水中该药品浓度随时间的变化关系为，则的最大值为（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求的最大值.【详解】由题设，从而，当且仅当时等号成立，故的最大值为5.故选：D.5.如图，是圆上的三点，且，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则利用数量积可求，.【详解】设圆的半径为，设，则，而，故即，又，而，故，故，故，故选：A.6.已知一个圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据扇形的弧长公式求出圆锥的母线长，进而求出高，再根据圆锥的体积公式求解即可.【详解】设圆锥的母线长为，高为，则，解得，所以，所以圆锥的体积.故选：D.7.已知定义在上的函数满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别对、赋值，结合已知条件分别求出、、的值，即可得解.【详解】令可得，即，解得，令，可得，则，令，可得，则，令，可得，可得，因此，.故选：C.8.已知函数，甲、乙、丙、丁四位同学各说出了这个函数的一条结论：甲：函数的图象关于对称；乙：函数在上单调递增；丙：函数在区间上有3个零点；丁：函数的图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称.若这四位同学中恰有一人的结论错误，则该同学是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】C【解析】【分析】对每位同学的结论进行推敲，求出对应的的取值范围或值，再对比四个结论，可得出结果.【详解】设函数的最小正周期为.对于甲：因为函数的图象关于对称，则；对于乙：因为函数在上单调递增，则，可得，又所以，，又因为，则；对于丙：因为函数在区间0,π上有个零点，则，可得，所以，，由于，则；对于丁：因为函数的图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称.则，即，因为，所以，满足条件，故丙的结论错误，此时，，则，因为，故，所以，，且当时，，即函数在上单调递增，乙同学的结论正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对每位同学的结论进行推敲，求出符合条件的的范围或值，进而判断.二､多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线是平面外两条不同的直线，则下列命题正确的是（）A.若，则B若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据空间中线线、线面位置关系一一判断即可.【详解】对于A:若，则可以平行，相交，异面，A选项错误；对于B:若，，此时或，已知直线是平面外的直线,故B选项正确；对于C:两条平行直线，其中一条与一个平面垂直，则另一条也与该平面垂直，故C选项正确；对于D:若，则存在使得，又，所以，则，故D选项正确.故选：BCD.10.已知，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用单调性比较大小对选项逐一分析即可.【详解】对于：函数为增函数，且当时，，因为，所以，且，故正确；对于：因为，所以，当时，函数为增函数，所以，当时，函数为减函数，所以，故错误；对于：在上单调递增，又，所以，所以，故正确；对于：，在上单调递减，当时，，即，故错误.故选：.11.设函数，则（）A.存在实数，使得为偶函数B.函数的图象关于对称C.当时，D.当时，函数在2,3上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据偶函数性质可得代入可求解；对于B，函数关于对称，则特殊值代入即可判断；对于C，，构造新的函数，对其求导可知，又因关于原点对称，所以可得，对分母可知，对不等式进行缩放即可判断；对于D，将代入，可得，作差分类讨论的符号，即可得单调性.【详解】对于A，若为偶函数，则，可得，可得，故A正确；对于B，函数关于对称，则，不妨设，则，故B错误；对于C，，构造新函数，对其求导可知，，所以单调递增，则，又因关于原点对称，所以可得，可得，对分母可知，所以，故C正确；对于D，将代入，可得，设，在2,3上单调递减，所以在2,3上单调递增，且恒为负，则，故则当时，故当，，故当，则故综上所以可得单调递增，故D正确.故选：ACD三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，满足，，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量垂直，则数量积为0得到，再利用向量夹角的余弦公式求解即可.【详解】，，，，，，，.故答案为：.13.已知点在函数的图象上，则曲线在点处的切线方程为__________.【答案】【解析】【分析】先代入点，求出，得到的解析式，再通过求导求出切线的斜率，进而得y=fx在点处的切线方程.【详解】由题意，知∵，∴，故，故，，∴，所以y=fx在点处的切线方程为，即.故答案为：.14.已知数列满足，且对于任意，都存在，使得，则的所有可能取值构成的集合______；若的各项均不相等，把半径为（单位：）的三个小球放入一个正方体容器（容器壁厚度忽略不计），则该正方体容器的棱长最小值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】由代入运算即可求解第一空，由半径为9和5的球必须放在正方体体对角线的两个角出求解即可.【详解】由题意：，，或，或，或当时，，当时，，所以的所有可能取值构成的集合，第二空：的各项均不相等，所以，，，由题意要是正方体容器的棱长最小，必须将半径为9和5的球放在正方体体对角线的两角处，设正方体的棱长为，画出体对角面如图：则，由相似成比例可得：，所以，，所以，又，所以，解得：，此时，（半径为1和5的球相切，两点间最远距离）即正方体的棱长最小值为：.故答案为：，【点睛】关键点点睛：球切、接问题的关键，几何模型的准确构造，一般通过构造截面并确定内切球球心位置是解题的关键.四､解答题：本大题共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.记的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角和特殊角的正弦值求解即可；（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可；小问1详解】由正弦定理可得，由，所以，即，因为，所以，则，所以.【小问2详解】由余弦定理可得，即，解得，所以.16.已知数列的前项和为，且.（1）求；（2）设，若数列的最小项为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件通过递推关系式求出数列的通项公式，再结合等比数列的求和公式即可得到结果；（2）法一：先由（1）中的结果可得数列的通项公式，通过导数分析其单调性即可得到结果；法二：通过分析的符号得到其单调性即可.【小问1详解】由题意可得①，当时，，当时，②，由①②可得，，则，，又时，也满足上式，所以，即.【小问2详解】由（1）可知，则法一：令，则，则，令可得，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，因为，当时，，当时，，且，，，所以.法二：所以，令，得，得，所以且，所以.17.如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，.（1）证明：；（2）若，，点在平面内，且平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，，根据，证明平面，最后证得；（2）证明，，三条线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.【小问1详解】连接，，是菱形，，，，与全等，，为的中点，，，平面，平面，又平面，；【小问2详解】是菱形，，，，，，，，，由（1）知，，又，平面，平面，以为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A3,0,0，，，，，，，，设平面的一个法向量为m=x,y,z则，即，取，则，，，平面，（），易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）.（i）当时，求的最小值；（ii）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）在上单调递减，在0,+∞上单调递增.（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）求出，就、分类讨论后可得函数单调性.（1）（i）求出，讨论其符号可得函数的最小值；（ii）求出函数的三阶导数得该函数恒为正，从而就、分类讨论二阶导数的符号可得的增减性，故可得时不等式恒成立.【小问1详解】，若，则，故当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；若，则，而，若在上恒成立，故同理可得在上单调递减，在上单调递增；综上，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】,当时，，则，其中，因在0,+∞上为增函数，且当时，，故当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；故.（ii），设，则，设，则当时，，故在为增函数，故，若，则即在上恒成立，故即在上为增函数，故，故在上为增函数，故恒成立.若，，而，故在上有且只有一个零点，且当时，，故在为减函数，故时，，故在为减函数，故时，，这与题设矛盾，综上，.【点睛】思路点睛：含参数的不等式恒成立问题，注意结合端点效应分类讨论，有时需要多次求导讨论各阶导数的符号，从而得到上阶导数的单调性，注意两者之间的对应性.19.已知为定义域内的连续函数，为其导函数，常数，若各项不相等的数列满足，，，则称为的“拉格朗日数列”，简记为“数列”.（1）若函数，数列是的“数列”，且.（i）求，；（ii）证明：是递减数列；（2）正项数列是函数的“数列”，已知，记的前项和为，证明：时，.【答案】（1）（i），；（ii）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据“数列”的定义依次求解即可；由时，得到，即成立，可得，构造函数，利用导数判断的单调性即可得到，进而证明结论；（2）构建函数，利用导数判断的单调性，然后令，，结合导数证明，即可得证.【小问1详解】（i）因为，，所以，得，，得；（ii）当时，易知，所以，因为，所以，所以，所以，，以此类推，要证，只需证，即证，设函数，，所以当时，单调递增，所以