山东省济南市2023-2024学年高三上学期期末学习质量检测数学试题（解析版）

第23页/共23页济南市2023-2024学年高三上学期期末学习质量检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.【详解】由，得，解得，所以.所以.故选：C.2.若，则其共轭复数（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，即可求解.【详解】由复数，所以.故选：D.3.已知曲线与曲线在交点处有相同的切线，则（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数求出切线的斜率，从而可求解.【详解】由题知曲线和曲线在交点处有相同的切线，即斜率相等，所以对于曲线，求导得，所以在点处的切线斜率为，对于曲线，求导得，所以，得，故B正确.故选：B.4.已知直线l经过点，则“直线l的斜率为”是“直线l与圆C：相切”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由题求得过且与圆相切的直线方程，即可判断命题关系【详解】由题，圆是圆心为，半径为的圆，当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；当直线斜率存在时，设直线为，化为一般式即，则圆心到直线距离为，解得,所以“直线的斜率为”是“直线与圆相切”的充要条件,故选：C.5.平行四边形ABCD中，，，，若，，则（）A.4 B.6 C.18 D.22【答案】C【解析】【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算及数量积的坐标运算即可求解.【详解】由题意可知，以为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示因为，所以.设，则，由，得，即，解得，所以.设，则，由，得，即，解得，所以.所以，.故选：C.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据，结合二倍角公式和诱导公式即可求解.【详解】因为，则，所以，故选：A.7.已知抛物线的焦点为，坐标原点为，过点的直线与交于两点，且点到直线的距离为，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设直线的方程为，，根据点到直线的距离求出，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，进而可得出答案.【详解】由题意，可设直线的方程为，，则，解得，联立，消得，，则，所以，所以的面积为.故选：B.8.数列的前n项和为，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对于数列递推式，分别令，推出数列的所有偶数项构成等比数列，令，推出奇数项均为1，再结合分组求和，即可求得答案.【详解】令，则，即，即数列的所有偶数项构成首项为，公比为3的等比数列，令，则，即，由于，则，故，故选：D【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据数列递推式，依次令和令，推出数列的奇偶项的规律，从而结合分组求和法以及等比数列前n项和公式，求解答案.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知实数、满足，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值法可判断AC选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用函数的单调性可判断D选项.【详解】因为实数、满足，对于A选项，取，，则，A错；对于B选项，对于函数，该函数的定义域为，，当且仅当时，等号成立，所以函数在上为增函数，因为，则，则，B对；对于C选项，取，，则，C错；对于D选项，对于函数，该函数的定义域为，，当且仅当时，等号成立，所以，函数在上增函数，因为，则，即，D对.故选：BD.10.已知函数的定义域为R，且，，则（）A. B.有最小值C. D.是奇函数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，令，可得，所以A正确；对于B中，令，且，则，可得，若时，时，，此时函数为单调递增函数；若时，时，，此时函数为单调递减函数，所以函数不一定由最小值，所以B错误；对于C中，令，可得，即，所以，，，，各式相加得，所以，所以C正确；令，可得，可得，所以B正确；对于D中，令，可得，可得，即，所以函数是奇函数，所以D正确；故选：ACD.11.在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（）A.甲组中位数为3，极差为4 B.乙组平均数为2，众数为2C.丙组平均数为3，方差为2 D.丁组平均数为3，第65百分位数为6【答案】AC【解析】【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为4分，由中位数为3得到矛盾，A正确；C选项，根据方差得到，若有选手失8分，则有，矛盾，故C正确；BD选项，可举出反例.【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，根据极差为4，得到最低失分为4分，此时中位数不可能为3，故假设不成立，则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确；B选项，假设乙组的失分情况为，满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为，丙组平均数为3，方差为2，即，若，则，不合要求，故，所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确；D选项，，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数，即从小到大第7个数为6，假设丁组失分情况为，满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误.故选：AC12.如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（）A.记平面与平面的交线为，则平面B.记直线和与平面所成的角分别为，，则C.存在某个点，满足平面平面D.四棱锥外接球表面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对A：找到过点且与平面平行线，由过点且不为该支线，即可得不平行于平面；对B：结合线面角定义，找到与在平面上的投影即可得；对C：当时，可得结论，即证存在点，能使，结合折叠时的角度范围即可得；对D：找出底面的外接圆圆心，易得该点为四棱锥外接球球心时有最小半径，即可得最小的外接球表面积.【详解】对A：连接点与中点，连接，由题意可得为中点，是中点，故，又平面、平面，故平面，设直线平面平面，由平面，则，又平面、平面，故平面，又，故不平行于平面，故A错误；对B：连接，由，为中点，故，又，故，故，又，、平面，故平面，又，故平面，故在平面上的投影为，在平面上的投影为，即，，由，，故为等腰直角三角形，有，，故，故B正确；对C：由平面，平面，故，则当时，又、平面，，故有平面，又平面，故平面平面，即需，由题意可得，，，即当时，有，由，故存在点，使，故C正确；对D：由，故，由，故，即四边形四点共圆，连接，为该圆直径，故四棱锥外接球球心必在过中点，且垂直平面的直线上，则当球心在中点时，四棱锥外接球半径最小，此时中点到点的距离等于一半，故，由，有平面，又平面，故，故球心可在中点，由是中点，故，则，则半径为，此时表面积为，即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题D选项关键在于如何找到球心，找棱锥外接球球心时，可先找底面外接圆圆心，则外接球球心必在过该点且垂直底面的直线上.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在正四棱锥中，，则该棱锥的体积为____________．【答案】【解析】【分析】根据题意，利用勾股定理算出底面中心到顶点的距离为，再由锥体的体积公式加以计算，即可得到该棱锥的体积．【详解】在平面上的投影是，因为是正四棱锥，所以是正方形对角线的交点，连结，，，所以，于是.故答案为：.14.已知函数（）的最小正周期不小于，且恒成立，则的值为____________．【答案】1【解析】【分析】根据的最小正周期不小于，得到，再根据，恒成立，得到的最大值为，可求出的值.【详解】因为函数（）的最小正周期不小于，所以，即，解得：，因为恒成立，故的最大值为，所以，所以，因为，当时，.故答案为：1.15.2023年杭州亚运会的吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个（同名的两个吉祥物完全相同），送给三位好朋友，每人两个，则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有____________种．（用数字作答）【答案】6【解析】【分析】设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为,可得其组合形式为,把它分配给三人即可得结果.【详解】根据题意，设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为,则可得其组合形式为,故第一个好友具有种，第二个好友具有种，第三个好友只有种，即每个好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案为：种.故答案为：16.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，过点的直线与C的右支交于A，B两点，且，的内切圆半径，则C的离心率为____________．【答案】##【解析】【分析】根据题意画出图形，利用数型结合，分别设，利用双曲线的定义并结合相关的几何关系求出，从而求解.【详解】由题意作出图形，设，则，，则，由三角形的内切圆半径为，又因为，所以，所以，化简得在中，，即，化简得，由可得，在中，，即，化简得，由可得，所以，化简得，解得，所以离心率.【点睛】方法点睛：根据双曲线定义及几何条件，设，，分别利用在和建立关于的关系，再结合的内切圆半径，从而求出的关系式，从而求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，．（1）求B，（2）的平分线交边于点D，且，求b．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件和余弦定理可得结果，（2）根据等面积求出，由余弦定理可得结果.【小问1详解】因为，，所以，又，所以．【小问2详解】因为，即，又，，解得，在中，由余弦定理得，则.18.如图，四棱锥P-ABCD中，，，，平面平面PAC．（1）证明：；（2）若，是的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】取中点，连接，则，又，，所以四边形为正方形，则，，又在中，，则，所以，，即．又平面平面PAC，平面平面，平面ABCD，所以平面，又面，所以．【小问2详解】连接，交于，连，由于，所以四边形是平行四边形，所以．因为平面，所以平面，平面，所以，因为，所以，所以两两垂直，以为原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，则平面PAC的一个法向量是，又，，，所以，，，设是平面的法向量，则，令，可得，所以，所以，平面与平面夹角的余弦值为.19.将数列中的所有项按照每一行项数是上一行项数的两倍的规则排成如下数表：……记表中的第一列数，，，，…构成的数列为，为数列的前n项和，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成公差为2的等差数列，求上表中第k（）行所有项的和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由当时，，求出，再验证是否满足；（2）设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（）行有项，表示出，求解即可.【小问1详解】当时，．时，，也适合上式，因此．【小问2详解】设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（）行有项，（或者）．20.以“智联世界，生成未来”主题的2023世界人工智能大会在中国上海举行，人工智能的发展为许多领域带来了巨大的便利，但同时也伴随着一些潜在的安全隐患．为了调查不同年龄阶段的人对人工智能所持的态度，某机构从所在地区随机调查100人，所得结果统计如下：年龄（岁）频数2416152520持支持态度2013121510（1）完成下列2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为所持态度与年龄有关；年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度不持支持态度总计（2）以频率估计概率，若在该地区所有年龄在50岁以上（含50岁）的人中随机抽取3人，记为3人中持支持态度的人数，求的分布列以及数学期望．附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有99%把握认为对人工智能所持态度与年龄有关；（2）分布列见解析，数学期望为．【解析】【分析】（1）根据表格数据，完成列联表，并计算，并和参考数据，比较后即可判断；（2）根据二项分布求概率，再求分布列和数学期望.【小问1详解】年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度254570不持支持态度201030总计4555100因为8.129＞6.635，所以有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关．【小问2详解】依题意可知50岁以上（含50岁）的人中对人工智能持支持态度的频率为．由题意可得．X的所有可能取值为0，1，2，3．又，，，，所以的分布列如下：X0123P所以X的期望是．21.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为．（1）求动点M轨迹W的方程；（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q．设直线AB，CD的斜率分别为，，且，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）直线PQ过定点．【解析】【分析】（1）设M，由已知得，进行化简即可.（2）设直线的方程为、，分别与W的方程联立得P的坐标为及Q的坐标为，再求出直线PQ的方程，利用，即可求出直线PQ过定点.【小问1详解】设点M的坐标为，由题意可知，，化简整理得，W的方程为．【小问2详解】由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得，，