山東省濟寧市2024屆高三上學期期末考數(shù)學試題 含解析

2023—2024學年度第一學期高三質(zhì)量檢測數(shù)學試題2024.01本試卷共4頁.滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名，考試號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知復數(shù)滿足，則在復平面內(nèi)對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】利用復數(shù)乘法、除法運算即可求解.【詳解】由，得，則復平面內(nèi)對應的點位于第三象限.故選：C2.已知集合，集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)二次不等式以及對數(shù)函數(shù)求集合，進而求交集.【詳解】由題意可得：，，所以.故選：A.3.“”是“直線與直線垂直”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)兩直線垂直的性質(zhì)求出，再結合充分條件和必要條件的定義即可得出答案.【詳解】因為直線：與直線：垂直，所以，解得或，所以“”是“直線：與直線：垂直”的充分不必要條件.故選：A.4.已知橢圓的左、右焦點分別為、，點為橢圓上位于第一象限內(nèi)的一點，若，（為坐標原點），則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由題意畫出圖形，可得為直角三角形，由已知結合橢圓的定義求解與的值，再由勾股定理求解．【詳解】如圖，由，，可得為直角三角形，，且，解得，，再由勾股定理可得：得，．故選：D．5.如圖，已知圓錐的母線長為，是底面圓的直徑，且，點是弧的中點，是的中點，則異面直線與所成角的大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得異面直線與所成角的大小.【詳解】因為是底面圓的直徑，且，點是弧的中點，則，平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，因為，平面，平面，則，所以，，所以，、、，則，，則，因為，則.故異面直線與所成角為.故選：B.6.定義在上的函數(shù)和的圖象關于軸對稱，且函數(shù)是奇函數(shù)，則函數(shù)圖象的對稱中心為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，得到函數(shù)的圖象關于點對稱，結合與的圖象關于軸對稱，即可得到圖象的對稱中心.【詳解】由函數(shù)為奇函數(shù)，可得，令，可得，所以函數(shù)的圖象關于點對稱，又因為與的圖象關于軸對稱，所以函數(shù)圖象的對稱中心為.故選：C.7.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出的值，利用二倍角的正弦公式、弦化切可求得所求代數(shù)式的值.【詳解】因為，解得，所以，.故選：C.8.已知正三棱錐的底面邊長為，為棱的中點，若，則三棱錐的外接球的表面積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】推導出平面，可得出、、兩兩相互垂直，將三棱錐補成長方體，可求出三棱錐的外接球直徑，結合球體表面積公式可求得結果.【詳解】取線段的中點，連接、，如下圖所示：因為三棱錐為正三棱錐，則，為等邊三角形，因為為的中點，則，，因為，、平面，所以，平面，因為平面，則，因為，，、平面，則平面，因為、平面，則，，因為三棱錐為正三棱錐，則，所以，、、兩兩相互垂直，將三棱錐補成長方體，則三棱錐的外接球直徑即為長方體的外接球直徑，故三棱錐的外接球直徑為，因此，三棱錐的外接球的表面積為.故選：B.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列命題中正確的是（）A.若，則B.若且，則C.若，，且，則的最小值為D.若，則的最小值為4【答案】AC【解析】【分析】對于A：根據(jù)不等式的性質(zhì)分析判斷；對于B：舉反例說明即可；對于C：根據(jù)“1”的轉化結合基本不等式運算求解；對于D：利用基本不等式運算求解，注意等號成立的條件.【詳解】對于選項A：若，可知，可得，故A正確；對于選項B：例如，則，故B錯誤；對于選項C：若，，且，則，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為，故C正確；對于選項D：若，則，當且僅當，即時，等號成立，顯然不成立，所以的最小值不為4，故D錯誤；故選：AC.10.已知函數(shù)的最小正周期為，且函數(shù)的圖象關于直線對稱，則下列說法正確的是（）A.函數(shù)的圖象關于點對稱B.函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減C.函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有恰有兩個零點D.函數(shù)的圖象向右平移個單位長度可以得到函數(shù)的圖象【答案】ABD【解析】【分析】結合題意求出解析式，結合圖像性質(zhì)逐項判斷即可【詳解】函數(shù)的最小正周期為，則，得，則，又函數(shù)的圖象關于直線對稱，則，則，即，又，則，故，A，當時，，則函數(shù)的圖象關于點對稱，A正確；B，，則，函數(shù)在單調(diào)遞減，則函數(shù)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，B正確；C，由，則，即，又，，則有1個零點，C錯誤；D，函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，則，D正確；故選：ABD11.已知數(shù)列的前項和為，且滿足，，，數(shù)列的前項和為，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】推導出數(shù)列、均為等比數(shù)列，確定這兩個數(shù)列的首項和公比，結合等比數(shù)列的通項公式可判斷AB選項；利用等比數(shù)列的求和公式可判斷C選項；利用裂項相消法可判斷D選項.【詳解】因為數(shù)列的前項和為，且滿足，，當時，則，對任意的，由可得，上述兩個等式相除可得，所以，數(shù)列成以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，數(shù)列成以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，A對B錯；，則，所以，數(shù)列是等比數(shù)列，且其首項為，公比為，所以，，C對；，所以，，所以，，D對.故選：ACD.12.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，過左焦點的直線與雙曲線的左支相交于兩點（在第二象限），點與關于坐標原點對稱，點的坐標為），則下列結論正確的是（）A.記直線、的斜率分別為、，則B.若，則C.的最小值為6D.的取值范圍是【答案】BD【解析】【分析】對A，結合斜率公式及點差法即可求解；對B，根據(jù)垂直于對稱性得，計算即可；對C，結合雙曲線定義得，當，，三點共線時取得最小值，求出，結合的范圍即可判斷；D結合數(shù)量積的坐標運算及的范圍即可求解.【詳解】若直線與漸近線平行時，根據(jù)對稱性不妨取直線方程為，聯(lián)立，得，設，，，由于兩點均在雙曲線的左支上，所以，，，對于A：設，，，則，，均在雙曲線上，，所以，所以，，A錯誤.對于B：由知，，由對稱性得，，則四邊形為矩形，則，設，，則在中，由余弦定理得，即，即，，則，則，B正確；對于，當，，三點共線時，，，則直線，聯(lián)立，解得，與矛盾，故C錯誤；對于，又，所以，結合，得，的取值范圍是，故D正確.故選：BD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知指數(shù)函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則__________.【答案】4【解析】【分析】利用待定系數(shù)法求出指數(shù)函數(shù)解析式，代入運算求得的值.【詳解】由題意設，且，圖象經(jīng)過點，則，解得，所以，.故答案為：4.14.已知平面向量滿足，，，則向量夾角的余弦值為__________.【答案】##【解析】【分析】由向量垂直及向量數(shù)量積的運算律求夾角余弦值.【詳解】由題設，所以.故答案為：15.已知圓，過點作兩條與圓相切的直線，切點分別為，則__________.【答案】##【解析】【分析】應用等面積法有，結合兩點距離公式、切線長求法求切點弦長.【詳解】如下圖，，又，由，，所以.故答案為：16.若函數(shù)恰有兩個不同的零點，則實數(shù)的取值范圍是__________.【答案】或【解析】【分析】根據(jù)因式分解可得或，構造函數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，即可結合函數(shù)圖象求解.【詳解】令，則或記，則，令，則，在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減最大值為，且當時，，而當時，，故的大致圖象如下：當時，只有一個零點，，顯然不合題意要使恰好有兩個零點，則方程只有一個實根，另一個零點為.所以或，故或，故的取值范圍為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.17.在中，角的對邊分別為，已知.（1）求角的大??；（2）若，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化可得，進而可求解，（2）根據(jù)面積公式以及余弦定理，結合基本不等式即可求解.【小問1詳解】由正弦定理得：，又，，，；【小問2詳解】，，由余弦定理得：，當且僅當時等號成立，，即的最小值為.18.已知數(shù)列為公差大于0的等差數(shù)列，其前項和為，，.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設，求數(shù)列的前100項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等差數(shù)列的公差為，根據(jù)題意，列出方程求得的值，即可求解；（2）由（1）得，分別求得，，和時，的取值，結合等比數(shù)列的求和公式，即可求解.【小問1詳解】解：設等差數(shù)列的公差為，因為，，可得，解得或（舍去），所以，即數(shù)列的通項公式為.【小問2詳解】解：由（1）得，當，時，，所以；當，時，，所以；當，時，，所以；當，時，，所以；所以.19.如圖，已知三棱柱各棱長均為2，分別是線段，的中點，平面.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面夾角的大小.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，證得平面，得到，再由四邊形為菱形，證得，結合，得到，利用線面垂直的判定，證得平面，進而證得平面平面.（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：因為平面，平面，所以，又因為，且為中點，所以，因為且平面，所以平面，又因為平面，所以，在平行四邊形中，，可得四邊形為菱形，所以因為分別為，的中點，可得，所以，又因為，且平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】解：由（1）可知，，，兩兩相互垂直，以為坐標原點，以，，所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，由三棱柱的所有棱長均為2得，，，可得，，，，則，，設平面的法向量為，則則，取，可得，所以平面的一個法向量為，又由（1）知平面，所以平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，則，因為，所以，即平面與平面的夾角為.20.如圖，點是圓心角為，半徑為1的扇形圓弧上的一動點（與不重合），在線段上且，記，線段，及圓弧的長度之和為.（1）求函數(shù)關于的解析式；（2）求何值時，函數(shù)取得最大值.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】（1）在中，由正弦定理求得，，結合扇形的弧長公式和三角恒等變換的公式，可得的解析式；（2）由（1），可得，利用導數(shù)求得函數(shù)單調(diào)區(qū)間，進而求得的最大值.【小問1詳解】解：在中，因為，，，由正弦定理得，所以，，在扇形中，記弧的長度為，則，所以，即，.【小問2詳解】解：由（1）知，，可得，，令，即，解得，當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減，所以，當時，取最大值，且最大值為.21.已知拋物線的焦點到的準線的距離為1.（1）求拋物線的方程；（2）若經(jīng)過定點的直線與拋物線交于兩點，為弦的中點，過作與軸垂直的直線與拋物線交于點，當時，求直線的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義即可求解；（2）設直線的方程為，與拋物線聯(lián)立，結合韋達定理，中點坐標及數(shù)量積公式即可求解.【小問1詳解】因為拋物線C的焦點到C的準線的距離為1，所以，，所以，拋物線的方程為.【小問2詳解】由題意可得，直線存在斜率，又直線過，故設直線的方程為，由，消去并整理得，，所以直線與拋物線恒有兩個交點.設，，則，，所以，，.因為，為弦的中點，過作軸垂直的直線與拋物線交于點，所以，，，所以，的坐標為，所以，，，因為，所以，，即，，整理得，解得，所以，直線的方程為或.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.22.已知函數(shù).（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若實數(shù)滿足，證明：；（3）證明：當時，.【答案】22.單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為.23.證明見解析24.證明見解析【解析】【分析】（1）利用導數(shù)可求的單調(diào)區(qū)間；