山東省齊河縣一中2024-2025學年高三3月調研考試數學試題理試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合M＝{y｜y＝2x，x＞0}，N＝{x｜y＝lg（2x－xA．（1，＋∞） B．（1，2） C．[2，＋∞） D．[1，＋∞）2．設，，，則的大小關系是()A． B． C． D．3．設函數滿足，則的圖像可能是A． B．C． D．4．已知是橢圓和雙曲線的公共焦點，是它們的-一個公共點，且，設橢圓和雙曲線的離心率分別為，則的關系為（）A． B．C． D．5．設，滿足約束條件，若的最大值為，則的展開式中項的系數為()A．60 B．80 C．90 D．1206．函數f(x)=2x-3A．[32C．[327．已知集合，則集合真子集的個數為（）A．3 B．4 C．7 D．88．設函數（，）是上的奇函數，若的圖象關于直線對稱，且在區間上是單調函數，則（）A． B． C． D．9．函數的部分圖像大致為（）A． B．C． D．10．已知等差數列的前13項和為52，則（）A．256 B．-256 C．32 D．-3211．下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（）A． B．C． D．12．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的單調增區間為__________.14．設為等比數列的前項和，若，且，，成等差數列，則.15．設，若函數有大于零的極值點，則實數的取值范圍是_____16．若復數z滿足，其中i是虛數單位，則z的模是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設為拋物線的焦點，，為拋物線上的兩個動點，為坐標原點.（Ⅰ）若點在線段上，求的最小值；（Ⅱ）當時，求點縱坐標的取值范圍.18．（12分）等差數列的公差為2,分別等于等比數列的第2項，第3項，第4項.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足,求數列的前2020項的和．19．（12分）已知函數f(x)=x（1）討論fx（2）當x≥-1時，fx+a20．（12分）記無窮數列的前項中最大值為，最小值為，令，則稱是“極差數列”.（1）若，求的前項和；（2）證明：的“極差數列”仍是；（3）求證：若數列是等差數列，則數列也是等差數列.21．（12分）已知，，（1）求的最小正周期及單調遞增區間；（2）已知銳角的內角，，的對邊分別為，，，且，，求邊上的高的最大值．22．（10分）已知為坐標原點，點，，，動點滿足，點為線段的中點，拋物線：上點的縱坐標為，.（1）求動點的軌跡曲線的標準方程及拋物線的標準方程；（2）若拋物線的準線上一點滿足，試判斷是否為定值，若是，求這個定值；若不是，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【解析】M=y|y=N==x|∴M∩N=(1,2)．故選B．2．A【解析】

選取中間值和，利用對數函數，和指數函數的單調性即可求解.【詳解】因為對數函數在上單調遞增,所以,因為對數函數在上單調遞減,所以，因為指數函數在上單調遞增,所以,綜上可知,.故選:A本題考查利用對數函數和指數函數的單調性比較大小;考查邏輯思維能力和知識的綜合運用能力;選取合適的中間值是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型.3．B【解析】根據題意，確定函數的性質，再判斷哪一個圖像具有這些性質．由得是偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，可知B，D符合；由得是周期為2的周期函數，選項D的圖像的最小正周期是4，不符合，選項B的圖像的最小正周期是2，符合，故選B．4．A【解析】

設橢圓的半長軸長為，雙曲線的半長軸長為，根據橢圓和雙曲線的定義得：，解得，然后在中，由余弦定理得：，化簡求解.【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的長半軸長為，由橢圓和雙曲線的定義得：，解得，設，在中，由余弦定理得：，化簡得，即.故選：A本題主要考查橢圓，雙曲線的定義和性質以及余弦定理的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.5．B【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到，再利用二項式定理計算得到答案.【詳解】如圖所示：畫出可行域和目標函數，，即，故表示直線與截距的倍，根據圖像知：當時，的最大值為，故.展開式的通項為：，取得到項的系數為：.故選：.本題考查了線性規劃求最值，二項式定理，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.6．A【解析】

根據冪函數的定義域與分母不為零列不等式組求解即可.【詳解】因為函數y=2x-3解得x≥32且∴函數f(x)=2x-3+1定義域的三種類型及求法：(1)已知函數的解析式，則構造使解析式有意義的不等式(組)求解；(2)對實際問題：由實際意義及使解析式有意義構成的不等式(組)求解；(3)若已知函數fx的定義域為a,b，則函數fgx7．C【解析】

解出集合，再由含有個元素的集合，其真子集的個數為個可得答案.【詳解】解：由，得所以集合的真子集個數為個.故選：C此題考查利用集合子集個數判斷集合元素個數的應用，含有個元素的集合，其真子集的個數為個，屬于基礎題.8．D【解析】

根據函數為上的奇函數可得，由函數的對稱軸及單調性即可確定的值，進而確定函數的解析式，即可求得的值.【詳解】函數（，）是上的奇函數，則，所以.又的圖象關于直線對稱可得，，即，，由函數的單調區間知，，即，綜上，則，.故選：D本題考查了三角函數的圖象與性質的綜合應用，由對稱軸、奇偶性及單調性確定參數，屬于中檔題.9．A【解析】

根據函數解析式，可知的定義域為，通過定義法判斷函數的奇偶性，得出，則為偶函數，可排除選項，觀察選項的圖象，可知代入，解得，排除選項，即可得出答案.【詳解】解：因為，所以的定義域為，則，∴為偶函數，圖象關于軸對稱，排除選項，且當時，，排除選項，所以正確.故選：A.本題考查由函數解析式識別函數圖象，利用函數的奇偶性和特殊值法進行排除.10．A【解析】

利用等差數列的求和公式及等差數列的性質可以求得結果.【詳解】由，，得.選A.本題主要考查等差數列的求和公式及等差數列的性質，等差數列的等和性應用能快速求得結果.11．C【解析】

將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角，，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的余弦值為，故選：C.本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.12．B【解析】

還原幾何體可知原幾何體為半個圓柱和一個四棱錐組成的組合體，分別求解兩個部分的體積，加和得到結果.【詳解】由三視圖還原可知，原幾何體下半部分為半個圓柱，上半部分為一個四棱錐半個圓柱體積為：四棱錐體積為：原幾何體體積為：本題正確選項：本題考查三視圖的還原、組合體體積的求解問題，關鍵在于能夠準確還原幾何體，從而分別求解各部分的體積.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

先求出導數，再在定義域上考慮導數的符號為正時對應的的集合，從而可得函數的單調增區間.【詳解】函數的定義域為.，令，則，故函數的單調增區間為：.故答案為：.本題考查導數在函數單調性中的應用，注意先考慮函數的定義域，再考慮導數在定義域上的符號，本題屬于基礎題.14．.【解析】試題分析：∵，，成等差數列，∴，又∵等比數列，∴.考點：等差數列與等比數列的性質.【名師點睛】本題主要考查等差與等比數列的性質，屬于容易題，在解題過程中，需要建立關于等比數列基本量的方程即可求解，考查學生等價轉化的思想與方程思想.15．【解析】

先求導數，求解導數為零的根，結合根的分布求解.【詳解】因為，所以，令得，因為函數有大于0的極值點，所以，即.本題主要考查利用導數研究函數的極值點問題，極值點為導數的變號零點，側重考查轉化化歸思想.16．【解析】

先求得復數，再由復數模的計算公式即得.【詳解】，，則.故答案為：本題考查復數的四則運算和求復數的模，是基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（1）由拋物線的性質，當軸時，最小；（2）設點，，分別代入拋物線方程和得到三個方程，消去，得到關于的一元二次方程，利用判別式即可求出的范圍.【詳解】解：（1）由拋物線的標準方程，，根據拋物線的性質，當軸時，最小，最小值為，即為4.（2）由題意，設點，，其中，.則，①，②因為，，，所以.③由①②③，得，由，且，得，解不等式，得點縱坐標的范圍為.本題主要考查拋物線的方程和性質和二次方程的解的問題，考查運算能力，此類問題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等，易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解.18．（1），；（2）.【解析】

(1)根據題意同時利用等差、等比數列的通項公式即可求得數列和的通項公式；(2)求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得:，所以，所以解得設等比數列的公比為，所以又(2)由（1）知，因為①當時,②由①②得，，即，又當時，不滿足上式，.數列的前2020項的和設③，則④，由③④得：，所以，所以.本題考查等差數列和等比數列的通項公式、性質，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數學知識解決問題的能力.考查的核心素養是邏輯推理與數學運算.是中檔題.19．（1）見解析；（2）-∞,1【解析】

（1）f′（x）=（x+1）ex-ax-a=（x+1）（ex-a）．對a分類討論，即可得出單調性．

（2）由xex-ax-a+1≥0，可得a（x+1）≤xex+1，當x=-1時，0≤-1e+1恒成立．當x＞-1時，a≤xe【詳解】解法一：（1）f①當a≤0時，x(-∞-1(-1,+∞)f-0+f(x)↘極小值↗所以f(x)在(-∞,-1)上單調遞減，在(-1,+∞)單調遞增.②當a>0時，f'(x)=0的根為x=ln若lna>-1，即a>x(-∞,-1)-1(-1,ln(f+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)在(-∞,-1)，(lna,+∞)上單調遞增，在若lna=-1，即a=f'(x)≥0在(-∞,+∞)上恒成立，所以f(x)在若lna<-1，即0<a<x(-∞,ln(-1(-1,+∞)f+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)在(-∞,lna)，(-1,+∞)上單調遞增，在綜上：當a≤0時，f(x)在(-∞,-1)上單調遞減，在(-1,+∞)上單調遞增；當0<a<1e時，f(x)在(-∞,lna)，自a=1e時，f(x)在當a>1e時，f(x)在(-∞,-1)，(ln（2）因為xex-ax-a+1≥0當x=-1時，0≤-1當x>-1時，a≤x令g(x)=xex設h(x)=e因為h'(x)=e即hx=e又因為h0=0，所以g(x)=xex則g(x)min=g(0)=1綜上，a的取值范圍為-∞,1.解法二：（1）同解法一；（2）令g(x)=f(x)+a所以g'當a≤0時，g'(x)≥0，則g(x)在所以g(x)≥g(-1)=-1當0<a≤1時，令h(x)=e因為h'(x)=2ex+x又因為h-1=-a<0，所以h(x)=ex+xexx(-1x(g-0+g(x)↘極小值↗g==-e當a>1時，g(0)=-a+1<0，不滿足題意.綜上，a的取值范圍為-∞,1.本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論方法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．20．（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】

（1）由是遞增數列，得，由此能求出的前項和.（2）推導出，，由此能證明的“極差數列”仍是.（3）證當數列是等差數列時，設其公差為，，是一個單調遞增數列，從而，，由，，，分類討論，能證明若數列是等差數列，則數列也是等差數列.【詳解】（1）解：∵無窮數列的前項中最大值為，最小值為，，，是遞增數列，∴，∴的前項和.（2）證明：∵，，∴，∴，∵，∴，∴的“極差數列”仍是（3）證明：當數列是等差數列時，設其公差為，，根據，的定義，得：，，且兩個不等式中至少有一個取等號，當時，必有，∴，∴是一個單調遞增數列，∴，，∴，∴，∴是等差數列，當時，則必有，∴，∴是一個單調遞減數列，∴，，∴，∴.∴是等差數列，當時，，∵，中必有一個為0，根據上式，一個為0，為一個必為0，∴，，∴數列是常數數列，則數列是等差數列.綜上，若數列是等差數列，則數列也是等差數列.本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查等差數列的證明，考查數列的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.21．（1）的最小正周期為：；函數單調遞增區間為：；（2）