2024-2025学年山东省济南市山东省实验中学高三（上）第三次月考数学试卷（含答案）

2024-2025学年山东省实验中学高三（上）第三次月考
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.农科院专家李教授对新品种蔬菜种子进行发芽率试验，每个试验组个坑，每个坑种粒种子经过大量试验，每个试验组没有发芽的坑数的平均数为，则每粒种子发芽的概率( )
A. B. C. D.
4.锐角、满足，若，则( )
A. B. C. D.
5.已知，，，则( )
A. B. C. D.
6.把函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于点对称，则当取最小值时，曲线与的交点个数为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，若，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8.定义域为的函数满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某厂近几年陆续购买了几台型机床，该型机床已投入生产的时间单位：年与当年所需要支出的维修费用单位：万元有如下统计资料：
根据表中的数据可得到经验回归方程为，则( )
A. 与的样本相关系数
B. 表中维修费用的第百分位数为
C.
D. 该型机床已投入生产的时间为年时，当年所需要支出的维修费用一定是万元
10.在棱长为的正方体中，是的中点，下列说法正确的是( )
A. 若是线段上的动点，则三棱锥的体积为定值
B. 平面平面
C. 若平面与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为，则
D. 三棱锥外接球的半径为
11.我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用个数码，，，，，，，，，而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码和，如四位二进制的数，等于十进制的数把位进制中的最大数记为，其中，，，为十进制的数，则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线，，当时，直线与之间的距离为 ．
13.已知等差数列的前项和为，，，则 ．
14.若，则的最大值为 ．
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.本小题分
记的内角、、的对边分别为、、，已知，且C.
若，求的面积
若，求的取值范围．
16.本小题分
如图，三棱柱中，平面平面，，，，过的平面交线段于点不与端点重合，交线段于点．
求证：四边形为平行四边形
若，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
已知数列的前项和为，，．
证明：数列为等比数列
求数列的前项和．
18.本小题分
已知函数．
当时，求曲线在处的切线方程
若函数，求函数极值点的个数
当时，若在上恒成立，求证：．
19.本小题分
已知集合，若存在数阵满足：，，，．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
已知数阵为的一个“好数阵”，试写出，，，的值
若集合为“好集合”，证明的“好数阵”必有偶数个
判断是否为“好集合”若是，求出满足条件的所有“好数阵”若不是，说明理由．
参考答案
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15.解：由，
得，
得，
即，
即，即，
、，在单调递减，
故B．
若，则，
由正弦定理可得，
则，
故的面积为；
方法一：由正弦定理可得，
则，
，，，
，，
，
即的取值范围为
方法二：由余弦定理可得，
又，则，由，则，
故，
解得，即的取值范围为
16.解：证明：在三棱柱 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以， ，因此，四边形 为平行四边形．
因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以， 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，
平面 内过点 且垂直于 的直线为 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

因 ， ，
则 ， ， ， ，
， ， ， ，
，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，得 ，
而 ，设直线 与平面 所成角为 ，
于是得 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．

17.解：因为
所以当，时，
，
又时，，
所以数列为首项为，公比为的等比数列．
由知，所以，
又由，可得，，，
所以

18.解：的定义域为，，，
所以，，所以曲线在处的切线方程为．
解：，
，
对于方程，，
当时，，，此时没有极值点
当时，方程的两根为，，不妨设，
则，，，
当或时，，
当时，，此时，是函数的两个极值点
当时，方程的两根为，，且，，
故，，当时，，故没有极值点
综上，当时，函数有两个极值点
当时，函数没有极值点．
证明：由在上恒成立，得在上恒成立，
设，，
当时，，在上单调递增，此时显然不恒成立．
当时，若，则，在上单调递增，
若，则，在上单调递减，
所以，
所以
要证成立，
因为，即证明．
因为，
令，，
，令得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，所以，
所以成立．
19.解：因为数阵是的一个“好数阵”，
所以，由，并且
得：，，，．
证明：当集合为“好集合”时，数阵的一个“好数阵”．
构造数阵，
因为是“好数阵”，所以当，，，时，，，且
因为，
所以数阵也是一个好数阵”．
一方面，因为，，
所以．
另一方面，假设，因为，所以，
所以，与矛盾，所以．
故集合的“好数阵”必有偶数个．
假设数阵是集合的一个“好数阵”．
由题意得：，，两式相加得：
，
即
当时，，与矛盾，所以不是“好集合”．
当时，，若，
因为，，所以只有以下两种
可能：和
若，则，
使的只有，使的有两种可能：或
情形一：时，只有，，，可得
情形二：时，只有，，，可得
若，则，
使的只有，使的有两种可能：或，
情形一：时，只有，，，可得
情形二：时，只有，，，可得．
综上，不是“好集合”是“好集合”，且满足的好数阵有四个：
．
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