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1、山东省济南市章丘区第一中学2024届高三上学期12月阶段测试数学试卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题1设集合，则( )A.B.C.D.2已知复数，则( )A.B.C.D.3下列可能是函数的图象的是( )A.B.C.D.4已知非零向量，的夹角正切值为，且，则( )A.2B.C.D.15记为等比数列的前n项和，若，则( ).A.120B.85C.D.6已知函数是奇函数且满足，当时，恒成立，设，则a、b、c的大小关系为( )A.B.C.D.7某礼品店销售的一装饰摆件如图所示，由球和正三棱柱加工组合而成，球嵌入正三棱柱内一部分且与上底面三条棱均相切，正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，球
2、的体积为，则该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为( )A.5B.6C.7D.88已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为( )A.B.C.D.二、多项选择题9若曲线E是由方程和共同构成，则下列结论不正确的是( )A.曲线E围成的图形面积为B.若点在曲线E上，则的取值区间是C.若E与直线有公共点，则D.若圆能覆盖曲线E，则r的最小值为210已知函数，则下列说法正确的是( )A.函数在处取得极大值B.方程有两个不同的实数根C.D.若不等式在上恒成立，则11将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标
3、缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是( )A.最小正周期为B.偶函数C.在上单调递减D.关于中心对称12勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则( )A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最大值为aB.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C.勒洛四面体的截面面积的最大值为D.勒洛四面体的体积三、填空题13现有5名同学从北京、上海、深圳三个路线中选择一个路线进行研学
4、活动，每个路线至少1人，至多2人，其中甲同学不选深圳路线，则不同的路线选择方法共有_种.（用数字作答）14已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围为_.15已知数列的首项为，且满足，其中为其前n项和，若恒有，则的取值范围为_.16定义在R上的函数满足（），则_.四、解答题17在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知的面积为，.（1）求a和的值；（2）求的值.18已知数列的前项和为，其中为常数.（1）证明：；（2）是否存在，使得为等差数列？并说明理由.19如图1，已知在矩形中，M为的中点.将沿折起，使得平面平面，如图2.（1）求证：平面平面；（2）设，.是否存在，使?当为何值时，
5、二面角的平面角的余弦值为?20已知双曲线()左、右焦点为,，其中焦距为，双曲线经过点.（1）求双曲线的方程；（2）过右焦点作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线，其中，垂足为E,P为射线与双曲线右支的交点，求的最大值.21在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注.这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症.在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检.智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测
6、、性能检测等三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品.已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率约为，设人工抽检的综合指标不达标率为p（）.（1）求每个芯片智能检测不达标的概率；（2）人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为，求的极大值点；（3）若芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良.以（2）中确定的作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良.22设函数.（1）求的单调区间；（2）已知，曲线上不同的三点，处的切线都经过点.证明：（）若，则；（）若，则.（注：是自然对数的底数）参考答案1答案：D解析：由
7、，得，解得或，则，由，得，解得，故故选：D2答案：A解析：.故选：A.3答案：C解析：函数定义域为R，排除选项AB，当时，排除选项D，故选：C.4答案：D解析：解析设，的夹角为，由得.因为，所以，得，解得或（舍去）.故选：D.5答案：C解析：方法一：设等比数列的公比为q，首项为，若，则，与题意不符，所以；若，则，与题意不符，所以；由，可得，由可得，解得：，所以.故选：C.方法二：设等比数列的公比为q，因为，所以，否则，从而，成等比数列，所以有，解得：或，当时，即为，易知，即；当时，与矛盾，舍去.故选：C.6答案：B解析：因为，所以函数的图象关于直线对称，又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以
8、，故，所以函数的周期为，当时，恒成立，即当时，即，所以函数在上为单调增函数，因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，因为，因为，所以.故.故选：B7答案：C解析：设球的半径为R，三棱柱上底面正三角形的内切圆半径为r.由球的体积为可得，解得.因为正三棱柱的高为4，底面正三角形边长为6，所以底面正三角形的内切圆半径为，正三棱柱的高为4，设球心为O，正三角形的内切圆圆心为，取的中点M，并将这三点顺次连接，则由球的几何知识得为直角三角形，所以，于是该几何体最高点到正三棱柱下底面的距离为.故选：C8答案：D解析：双曲线的渐近线，右焦点，依题意，解得，因此抛物线的焦点为，方程为，其准线为，由消去x并整
9、理得：，即直线与抛物线相离，过点F作于点P，交抛物线于点M，过M作于点Q，交直线于点N，则有，在抛物线上任取点，过作于点，作于点，交准线于点，连,，如图，显然，当且仅当点与点M重合时取等号，所以抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为.故选：D9答案：ABC解析：由，得或，当时，是圆心为，半径为1的半圆，同理可得E的其他部分，分别为圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆；作曲线E的图形如下图：图中虚线部分是边长为2的正方形；对于A，图形的面积，错误；对于B，由图可知取值范围是,，错误；对于C,根据曲线的对称性可知，当直线与相切时，此时或（舍去），故要使曲线E与直线
10、有公共点，则，C错误，对于D，覆盖住曲线E的圆的半径的最小值显然是2，正确；故选：ABC.10答案：AC解析：易知函数的定义域为，令，则，解得，当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，函数有极大值，故选项A正确；因为，且当时，当时，所以方程不可能有两个不同的实数根，选项B错误；因为函数在上单调递增，且，所以，选项C正确；不等式在上恒成立即不等式在上恒成立，令，则，令，则，解得，当时，单调递增；当时，单调递减.所以当时，函数有最大值，所以，选项D错误.故选：AC11答案：BD解析：，的图象向左平移个单位长度得到，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到，所以，的最小正周期为，
11、A选项错误.是偶函数，B选项正确.由得，所以在上单调递增，C选项错误.,，所以D选项正确.故选：BD12答案：ABD解析：首先求得正四面体的一些结论：正四面体棱长为a，M是底面的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，是高，如图.，由得，解得，（内切球半径）.正四面体的体积为，外接球体积为.对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B、O、E三点
12、共线，且，因此，故B正确；对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90时，易知截面投影均为上图所示图像在平面上的投影，其面积必然减小.上图截面为三个半径为a，圆心角为60的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面
13、体ABCD的外接球的体积，故D正确.故选：ABD.13答案：60.解析：每个路线至少1人，至多2人，则一个路线1人，另外两个路线各2人，若甲同学单独1人时，有种不同的选法；若甲同学与另外一个同学一起，则有种不同的选法，则不同的选择方法有60种.故答案为：60.14答案：解析：作出的函数图象如图所示:画出函数的图象,由图象可知当时，有1零点，当时，有3个零点，当或时，有2个零点.故答案为：.15答案：解析：由可得，得，即，所以，所以，累乘得，将代入得，解得，所以，对于函数，得，由指数函数的单调性可得存在满足，同理时，所以要使恒成立，只需，即可，即，解得，故答案为：16答案：6解析：令；令；令，；
14、再令，得.17答案：（1），；（2）解析：（1）在三角形ABC中,由，A为钝角，的面积为，可得，即，则，联立，解得，由，可得，由正弦定理得，即，解得.（2）且C为锐角，.18答案：（1）证明见解析；（2）.解析：（1）由题设，.两式相减得，.由于，所以.（2）由题设，可得，由（1）知，.令，解得.故，由此可得，是首项为1，公差为4的等差数列，；是首项为3，公差为4的等差数列，.所以，.因此存在，使得为等差数列.19答案：（1）证明见解析；（2）存在；.解析：（1）证明：在矩形中，因为，M为的中点，所以，有，所以.在四棱锥中，仍有，又因为平面平面，平面平面，平面，则平面.又平面，从而平面平面.（2）取的中点O，因为，则，因为平面平面，平面平面，平面，则平面，又因为，以点O为坐标原点，、的方向分别为x
