山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测数学试卷（含答案）

山东省济南市2025届高三上学期1月期末学习质量检测
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，集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，且，，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.已知一个圆锥的母线长为，高为，则该圆锥的表面积为( )
A. B. C. D.
5.若，则( )
A. B. C. D.
6.当时，曲线与的交点个数为( )
A. B. C. D.
7.已知随机变量~N(2,),且P(a-3b)=P(b),则当b< x<时,+的最小值为（）
A. B. C. D.
8.已知函数，其中实数，存在，使得在区间上有最大值，在区间上有最小值，且，则的所有可能取值构成的集合为( )
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.已知变量，的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为，则( )
附：样本相关系数，
经验回归方程斜率，截距．
A.
B. 当时，对应样本点的残差为
C. 表中的所有样本数据的第百分位数是
D. 去掉样本点后，与的样本相关系数不变
10.已知函数与其导函数的定义域均为，且为奇函数，，则( )
A. B.
C. D.
11.在平面直角坐标系中，给定个点，到这个点的距离之和为定值的点的轨迹，称为“多焦点曲线”，其轨迹方程记为已知，，，则( )
A. 多焦点曲线所围成图形的面积为
B. 多焦点曲线是焦点为，的椭圆
C. 若存在满足方程的点，则
D. 若多焦点曲线所围成图形的面积为，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知随机事件，相互独立，且，，则的值为 ．
13.写出一个同时满足下列条件的圆的标准方程： ．圆心在轴上与轴相切与圆相交．
14.从数列的前项中，选出不同的项，使其从小到大排列后，构成等比数列，则共有 种选法，所有符合要求的选法得到的递增等比数列的公比之和为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
如图，在四棱柱中，底面是矩形，，，平面平面，点，分别为棱，的中点．
证明：，，，四点共面
求平面与平面夹角的余弦值．
16.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求的值
若，边上的两条中线，相交于点，且，求的正切值．
17.本小题分
已知，，其中
若恒成立，求的取值范围
判断方程解的个数，并说明理由．
18.本小题分
已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，，过的直线与交于，两点，的周长为．
求的标准方程
若，记线段的中点为．
(ⅰ)求的坐标
(ⅱ)过的动直线与交于，两点，，的中点分别是和，求面积的最大值．
19.本小题分
已知数列，满足，，记为数列的前项和若有穷数列满足，则称数列为的生成数列．
若，求的通项公式
记集合中元素的个数为．
(ⅰ)若，求的通项公式
(ⅱ)若，，且恒成立，求实数的最小值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.B
8.
9.
10.
11.
12.
13.答案不唯一
14.
15.证明：取中点，连接，，则有，，
所以四边形为平行四边形，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，，
又因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，所以，，，四点共面．
解：取中点，中点，连接，．
因为，，所以侧面是菱形，
所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，进而有，，
因为底面是矩形，所以，所以，，两两互相垂直．
如图所示建系，
由知平面，所以是平面的一个法向量．
设，则，因此，
设平面的法向量，则，，
所以所以
取，则，于是是平面的一个法向量．
设平面与平面夹角为，，
即平面与平面夹角的余弦值为．
16.解：由题意，，可得
，
即，
因为，
所以，
而 ，
所以，
整理得，
因为中，，
所以，
又，所以
因为是边的中线，所以，
则
不妨设，则，所以，，即，解得，或舍，
所以．
在中，，即，
解得，，即，
所以，在中，，
又易知，是重心，所以，，
所以．
17.解：由题，的定义域为，
由题，即，即，
令，则，
则当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故在上有最大值，
所以，即的取值范围是．
方程，即，
令，则，
令，则．
当时，，在上单调递减，即在上单调递减，
又，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．
故F在处取得最大值，即，所以只有一个零点，即圆方程只有一个解．
当时，令，得，
当时，，单调递增，即单调递增；当时，，单调递减，即单调递减，
所以在处取得最大值，即，
令，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取得最小值，即，所以，即，
所以在上单调递增，又，所以只有一个零点，即原方程只有一个解．
综上，方程只有一个解．
18.解：由椭圆的定义可得的周长为，所以，所以．
离心率，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为．
由可得点坐标，易得过点的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点，
由可得．
直线斜率不存在时，在椭圆方程中令得，
不妨设，，所以，所以不成立
直线斜率存在时，设直线的斜率为，则其方程为，
设，，
由方程组消去，得，
则有，，
所以有
，
所以．
当时，，，
所以点的坐标是
同理当时，点的坐标是
综上所述，点的坐标是或
根据对称性面积最大值与点所在象限无关，
不妨设点的坐标是，此时直线的方程可化为，，设点到直线的距离为，
因为为的中点，为的中点，所以可得
直线斜率不存在时，点坐标为，此时点到直线的距离．
直线斜率存在时，设直线方程为，，，
由方程组消去，得，
则有，，
所以点坐标为，
所以可得，
令，，令，
当时，即，此时直线与重合，面积为
当，即时，则有，
从而当，即时，取得最大值．
此时，所以，所以面积最大值为．
19.解：由题意可知，
令，则，即．
当时，；
当时，，符合上式．
所以
因为，
则．
由于
，
而
，
又，
于是集合中元素的个数为．
又，，
则为首项是，公比为的等比数列，
于是，则．
对两边取对数得：
，
再对求导可得
．
令，得
．
又，
所以，即．
由于
，
而
，
因为和，则数列和的每一项均不为零，则，
于是，那么，
则，
当时，，
则，即，
又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以．
设，
则
，
所以实数的最小值为．
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