山東省棗莊市2024屆高三1月期末質量檢測試題數(shù)學 含解析

2023—2024學年第一學期高三質量檢測高三數(shù)學2024.01注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?考生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，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?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.已知集合,，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分別求解兩個集合，再根據(jù)補集和并集的定義，即可求解.【詳解】，得，所以，函數(shù)中，，即，所以，，所以.故選：B2.若是方程的一個虛數(shù)根，則（）A.0 B.-1 C. D.-1或【答案】A【解析】【分析】求出方程的虛數(shù)根，再代入計算即得.【詳解】方程化為：，依題意，或，顯然，又，即，所以.故選：A3.已知的兩個頂點的坐標分別是，且所在直線的斜率之積等于，則（）A.當時，頂點的軌跡是焦點在軸上的橢圓，并除去兩點B.當時，頂點的軌跡是焦點在軸上的橢圓，并除去兩點C.當時，頂點的軌跡是焦點在軸上的雙曲線，并除去兩點D.當時，頂點的軌跡是焦點在軸上的雙曲線，并除去兩點【答案】C【解析】【分析】由題意得，分別令、即可判斷.【詳解】由題意不妨設，則，即，當時，頂點的軌跡是以原點為圓心的單位圓，并除去兩點，故AB錯誤；當時，頂點的軌跡是焦點在軸上的雙曲線，并除去兩點，故C正確，D錯誤.故選：C.4.已知圓，圓，則兩圓的公切線條數(shù)為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】由兩圓的位置關系即可確定公切線的條數(shù).【詳解】由題意圓是以為圓心1為半徑的圓；即是以為圓心3為半徑的圓；圓心距滿足，所以兩圓相離，所以兩圓的公切線條數(shù)為4.故選：D.5.已知，則的零點之和為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，由二倍角的余弦公式和輔助角公式化簡可得，則或，結合，即可得出答案.【詳解】由，則，所以，即，所以或，解得：或，因為，所以，或，所以的零點之和為，故選：C.6.翼云機場將于2025年通航，初期將開通向北至沈陽?哈爾濱；向南至昆明?深圳；向西至蘭州?銀川的六條航線.甲?乙?丙?丁?戊?己6人各選擇一條不同航線體驗.已知甲不去沈陽?哈爾濱，乙和丙乘坐同一方向的航班.則不同的體驗方案有（）A.56種 B.72種 C.96種 D.144種【答案】C【解析】【分析】通過分別分析甲，乙和丙的方案，即可得出總共的不同的體驗方案數(shù)量.【詳解】由題意，共6個城市，3個方向，甲不去沈陽?哈爾濱，有種方案，乙和丙乘坐同一方向的航班，有種方案，剩余3人有種方案，故不同的體驗方案有：，故選：C.7.已知正四棱臺的上下底面邊長分別為1和3，高為2.用一個平行于底面的截面截棱臺，若截得的兩部分幾何體體積相等，則截面與上底面的距離為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】延長正四棱臺的棱交于一點，由三角形相似，求出，再由棱臺的體積公式求出截面截得棱臺的上部分幾何體的體積，設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，由三角形相似，得到，結合即可求出.【詳解】延長正四棱臺的棱交于點，如圖所示，截面平行于底面設上底面的面積為，下底面的面積為，截面的面積為，正四棱臺的體積為，平行于底面的截面截棱臺，截得的上部分幾何體體積為，則，上底面的中心為，下底面的中心為，連結，則上底面，下底面，正四棱臺的高為，設截面與上底面的距離為，正方形的邊長為，，，由得，，由得，，又，所以，同理可得，得，所以，①又因為，②由①②得，，，所以截面與上底面的距離為.故選：D.8.斜率為的直線分別與軸，軸交于兩點，且與橢圓，在第一象限交于兩點，且，則該橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設，，根據(jù)題意得到，即，設直線的方程為，得，得，進而得，再根據(jù)求解即得.【詳解】設，，線段AB的中點為E，由，，兩式相減可得，即，又由，，則，設直線的方程為，（），可得，，又，所以線段AB的中點為E也就是線段MN的中點，得，所以，所以，即，得，故選：A二?多選題：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.9.一組數(shù)據(jù)滿足，若去掉后組成一組新數(shù)據(jù).則新數(shù)據(jù)與原數(shù)據(jù)相比（）A.極差變小 B.平均數(shù)變大 C.方差變小 D.第25百分位數(shù)變小【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)極差，平均數(shù)，方差與百分位數(shù)的定義計算出去掉前后的相關數(shù)據(jù)，比較后得到答案.【詳解】由于，故，，……，，，A選項，原來的極差為，去掉后，極差為，極差變小，A正確；B選項，原來的平均數(shù)為，去掉后的平均數(shù)為，平均數(shù)不變，B錯誤；C選項，原來的方差為，去掉后的方差為，方差變小，C正確；D選項，，從小到大排列，選第3個數(shù)作為第25百分位數(shù)，即，，故從小到大排列，選擇第2個數(shù)和第3個的平均數(shù)作為第25百分位數(shù)，即，由于，第25百分位數(shù)變大，D錯誤.故選：AC10.設，，則（）A.B.C.若，則D.在上的投影向量為【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)向量的坐標運算計算驗證各選項是否正確.【詳解】因為：，所以，故A錯誤；因為：，所以，故B正確；因為，故C正確；因為：，，故D正確.故選：BCD11.如圖，在正三棱柱中，是棱上任一點，則（）A.正三棱柱的表面積為B.三棱錐的體積為C.周長的最小值為D.三棱錐外接球的表面積最小值為【答案】ABD【解析】【分析】對于A,直接求表面積即可；對于B,利用求解即可；對于C，根據(jù)側面展開圖即可求得最小值；對于D，當點位于的中點時，外接球表面積最小，求解即可.【詳解】對于A,正三棱柱中，，所以正三棱柱的表面積為，故A正確；對于B，過點作,交于,則為的中點，依題可知平面平面,且平面平面,又平面，則平面，則為點到平面的距離，正三角形中，可求得,又因為是棱上任一點,且平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，設點到平面的距離為，則，則，故B正確；對于C，由側面展開圖所示，周長,所以其最小值為，故C錯誤；對于D,依題知，三棱錐外接球與四棱錐重合，半徑設為,球心設為,為的中點，則,且平面,所以當與球外切時，球的半徑最小，此時，點位于的中點，如圖所示:,則,解得，表面積為,故D正確，故選:ABD.12.已知定義在上的連續(xù)函數(shù)，其導函數(shù)為，且，函數(shù)為奇函數(shù)，當時，，則（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】A項，根據(jù)是奇函數(shù)得出函數(shù)的奇偶性，進而得出函數(shù)的對稱軸，即可求出；B項，構造函數(shù)，通過求導得出當時的單調性，即可得出結論；C項，求出的單調性，即可得出結論；D項，利用導數(shù)證得與的差大于與的差，結合的對稱性與單調性即可得出結論.【詳解】A項，在中，，函數(shù)為奇函數(shù)，所以函數(shù)為偶函數(shù)，則，所以函數(shù)關于對稱，所以，故A正確；B項，令，因為當時，所以當時，，函數(shù)單調遞增，所以，所以，B正確；C項，當時，，所以，函數(shù)單調遞增，所以當時，函數(shù)單調遞減，則在取得最小值為1，所以不存在，C錯誤；D項，由函數(shù)關于對稱，當時，令，，函數(shù)單調遞增，所以，則，所以，，令，，所以函數(shù)單調遞減，，所以，所以，，所以與的差大于與的差，因為函數(shù)關于對稱，當時，函數(shù)單調遞增，所以，D正確；故選：ABD.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是由導數(shù)為奇函數(shù)，得到原函數(shù)為偶函數(shù)，從而得解.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.曲線在點處的切線方程為__________.【答案】【解析】【分析】通過求導得出在點的切線斜率，即可求出在點處的切線方程.【詳解】由題意，在中，，當時，，∴在點處的切線方程為：，即：，故答案為：.14.已知等差數(shù)列的前項和為，若，，則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質和基本量的計算求值.【詳解】因為，，所以，即，所以.所以.故答案為：.15.已知圓錐的頂點為，底面圓心為為底面直徑，，點為底面圓周上的一個動點，當?shù)拿娣e取得最大值時，__________.【答案】##【解析】【分析】設，表示面積，易知，借助余弦定理計算即可.【詳解】設，則的面積要使的面積取得最大值，則，所以，在中由余弦定理可得：，所以,易得,在中，,所以.故答案為：.16.為坐標原點，為拋物線的焦點，過上的動點（不為原點）作的切線，作于點，直線與交于點，點，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】設，，切線方程為，聯(lián)立拋物線方程，由根的判別式為0得到，從而得到直線和直線的方程，聯(lián)立得到，結合，求出點的軌跡方程為，且，數(shù)形結合得到的最值，得到取值范圍.【詳解】由題意得，設，，設切線方程為，聯(lián)立得，，由得，，則直線的斜率為，直線的方程為，直線的方程為，即，聯(lián)立與得，其中當時，，當時，，解得，則，由于，則，將代入中得，，整理可得，即，故點的軌跡方程為，且，點的軌跡為以為圓心，半徑為2的圓（去掉兩個點），連接，則為的最大值，為的最小值，最大值為，最小值為，且由對稱性可得，兩點與的距離等于到的距離相等，綜上，的取值范圍為.故答案為：【點睛】方法點睛：求軌跡方程常用的方法：直接法，相關點法，交軌法，定義法，求解過程中要注意一些軌跡問題中包含隱含條件，也就是曲線上的點的坐標的取值范圍，有時還要補充特殊點的坐標.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知數(shù)列中，.（1）求；（2）設，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用構造等比數(shù)列的方法求出通項公式作答.（2）由（1）及已知，利用裂項相消法求和即得.【小問1詳解】由題意，得，故為常數(shù)列.，故.【小問2詳解】故18.如圖，直四棱柱的底面為平行四邊形，分別為的中點.（1）證明：平面；（2）若底面為矩形，，異面直線與所成角的余弦值為，求到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）通過證明平行于面內的一條直線，即可證明平面；（2）建立空間直角坐標系，設出的長并表達出各點坐標，利用異面直線與所成角的余弦值得出，求出平面的一個法向量，即可得出到平面的距離.【小問1詳解】連接，交于點，連接，則為的中點，因為為的中點，所以，且，因為為的中點，所以，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面平面，所以平面.【小問2詳解】由題意（1）及幾何知識得，在直四棱柱中，，兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸?軸?軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設，則，，.設異面直線與所成角為，則，解得：，故，則設平面的一個法向量為，到平面的距離為.所以即取，得.所以，即到平面的距離為.19.現(xiàn)有甲，乙兩個訓練場地可供某滑雪運動員選擇使用.已知該運動員選擇甲，乙場地的規(guī)律是：第一次隨機選擇一個場地進行訓練.若前一次選擇甲場地，那么下次選擇甲場地的概率為；若前一次選擇乙場地，那么下次選擇甲場地的概率為.（1）設該運動員前兩次訓練選擇甲場地次數(shù)為，求；（2）若該運動員第二次訓練選了甲場地，試分析該運動員第一次去哪個場地的可能性更大，并說明理由.【答案】（1）（2）該運動員第一次選擇甲場地的可能性更大，理由見解析【解析】【分析】（1）由題意可知，，根據(jù)隨機變量的意義，結合條件概率，求解隨機變量對應的概率，再求期望；（2）首先根據(jù)全概率公式求，再根據(jù)條件概率求和，即可判斷.【小問1詳解】設“第次去甲場地訓練”，“第次去乙場地訓練”，.則與對立，.依題意，..所以.【小問2詳解】第一次選擇甲場地的概率更大.理由如下：所以，.因為，所以該運動員第一次選擇甲場地的可能性更大.20.在中，角所對的邊分別為.若.（1）求；（2）若為銳角三角形，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用邊化角及三角恒等變換公式整理計算即可;（2）通過角的轉化，借助三角恒等變換公式，得到，利用的范圍，即可求出結果.【小問1詳解】因為，整理得，所以，由正弦定理得：，因，所以，所以.【小問2詳解】因為為銳角三角形，，所以，且，所以，解法，因為，所以，所以，即的取值范圍是.解法，因為，所以，得，所以，即的取值范圍是.21.已知函數(shù).（1）若是增函數(shù)，求的取值范圍；（2）若有兩個極值點，且恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由題意可得在上恒成立，設，分、討論求出即可.（2）由有兩個極值點為，可得方程在上有兩個不同的根，則，求出的取值范圍，將題意轉化為恒成立，設，對求導，求出的最大值即可求出答案.【小問1詳解】由題意因為函數(shù)在其定義域上單調遞增，所以設，①當時，函數(shù)在上單調遞增，只須，無解.②當時，只須，解得：，綜上所述：實數(shù)的取值范圍是.【小問2詳解】由（1）知，因為有兩個極值點為，所以在上有兩個不同的根，此時方程在上有兩個不同的根.則，且，解得.若不等式恒成立，則恒成立.因設則，因為，所以，所以在上遞減，所以，所以，即實數(shù)的取值范圍為.【點睛】方法點睛：對于利用導數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常