山东省泰安市2024届高三上学期期末数学试题（含答案解析）

高三年级考试数学试题2024.01注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､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，若，则实数（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】根据集合交集的运算性质进行求解即可.【详解】因为，所以，因此有，或，或，显然不成立，当时，，不符合题意；当时，，符合题意故选：C2.设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，则（）A.2 B.0 C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得，根据复数的乘法运算即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，所以，所以.故选：A.3.“”是“”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】A【解析】【分析】根据基本不等式即可判断充分性，举反例即可判定必要性.详解】若，则,由于，所以，充分性成立，当时，满足，但是，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件故选：A，4.已知向量，若，则向量在向量上的投影向量为（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量减法的坐标表示公式，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】由，向量在向量上的投影向量为，故选：D.5.已知在处的极大值为5，则（）A. B.6 C.或6 D.或2【答案】B【解析】【分析】由题意可得，进而可求得，注意反代检验.【详解】，因为在处的极大值为5，所以，即，解得或，当时，，当或时，，当时，，所以在处取得极小值，不符题意，当时，，当时，，当或时，，所以在处取得极大值，符合题意，综上所述，，所以.故选：B.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由两角差的正弦公式、二倍角公式以及平方关系化简求值即可.【详解】由题意，所以，，解得.故选：B.7.已知，则下列不等关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得的对称轴为，当时，单调递减，将转换成即可判断.【详解】由题意，所以，即的对称轴为，且当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以.故选：A.8.设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，，然后根据，求出，最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.【详解】设，由已知可得，，根据椭圆的定义有，又，所以，在中，由余弦定理可得，，即，即，化简得，则，所以，解得或（舍去），所以.故选：D.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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.已知直线与圆，则下列结论正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.若，直线被圆截得的弦长为D.若直线与直线垂直，则【答案】BC【解析】【分析】分离参数即可得定点判断A，根据定点在圆内即可判定B，根据圆的弦长公式结合点到线的距离公式即可求解C，根据直线一般式中垂直满足的关系即可求解D.【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；因，所以定点在圆内部，直线与圆相交，故B正确：当时，直线,即圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为，故C正确若与直线垂直，故，则或，故D不正确；故选：BC10.已知函数的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.C.在上单调递增D.图象向右平移个单位长度后关于轴对称【答案】ABD【解析】【分析】根据余弦型对称性的性质，结合余弦型函数的周期性、单调性、图象平移性质逐一判断即可.【详解】因为函数的图象的一个对称中心为，所以函数图象向下平移个单位，得到函数图象的一个对称中心为，即的一个对称中心为，因此，因为，所以令，即.A：的最小正周期为，因此本选项正确；B：，因此本选项正确；C：当时，，所以函数在上单调递减，因此本选项不正确；D：图象向右平移个单位长度后得到函数的解析式为，显然函数是偶函数，其图象关于轴对称，因此本选项正确，故选：ABD11.如图，在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到位置，连接，且为中点，，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（）A.平面B.存在某个位置，使得C.当翻折到二面角为直二面角时，到的距离为D.当翻折到二面角为直二面角时，与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】根据面面平行即可求证A，根据即可求解B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解点线距离以及线面角即可求解CD.【详解】取中点，连接，所以又，所以四边形为平行四边形，故平面，平面，故平面，平面，平面，故平面，平面，因此平面平面，平面，所以平面，A正确，当时，由于则，此时，故只需要在翻折过程中使得，即可满足，即，故B正确，对于C，取中点，由于，又，所以，取中点，则，当二面角为直二面角时，则，故以为正方向为，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，则，，，故到的距离为，故C错误，，，设平面的法向量为，则，取则，故直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，故选：ABD12.已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（）A.函数有2个零点B.函数在上单调递增C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据导数的性质，结合导数的几何意义、函数零点定义、函数单调性的性质、对数的运算逐一判断即可.【详解】A：，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，函数的极大值为，极小值为，因此当时，，当时，，当时，，因此函数只有一个零点，因此本选项不正确；B：，，当时，根据函数单调性的性质可知函数单调递减，所以当时，，所以函数在上单调递增，本选项正确；C：，因此曲线在点处的切线方程为：，，因此曲线相切方程为：，因为曲线在点处的切线与曲线相切于点，所以，因此，所以本选项正确；D：由上可知：，因此有，因此本选项正确，故选：BCD【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数的几何意义求出两个曲线的切线方程，进而运用对数的运算性质进行判断.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知正数满足，则__________.【答案】5【解析】【分析】由指数、对数运算性质进行化简求值即可.【详解】不妨设，所以，所以.故答案为：5.14.已知正项数列的前项积为，且满足，则__________.【答案】【解析】【分析】由题意首先得，然后由的关系结合已知递推关系式得数列是等比数列，由此即可得解.【详解】由题意，因为，所以，又因为，且当，所以，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以故答案为：.15.已知球的体积为，其内接圆锥与球面交线长为，则该圆锥的侧面积为__________.【答案】或【解析】【分析】先分别求出圆锥的底面半径和球的半径，再利用勾股定理求出圆锥的高，再根据圆锥的侧面积公式即可得解.【详解】设圆锥的底面圆的半径为，高为，母线长为，球的半径为，则，所以，，解得，如图，为圆锥的轴截面，由勾股定理得，，即，解得或，当时圆锥的母线，所以圆锥的侧面积为，当时圆锥的母线，所以圆锥的侧面积为，故答案为：或.16.已知椭圆的左，右焦点分别为，点在内，点在上，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由题意结合椭圆定义、焦半径范围即可得解，这个最终的范围应该是有赖于的，而也可以得到的范围.【详解】由题意得，，又因为点在内，所以，解得，而，不妨设，则，所以.故答案为：.【点睛】易错点睛：容易错的地方是由，误以为的范围为，事实上最终的范围应该是有赖于的，对于具体的，不一定能取到内的每一个数.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.如图，在中，内角所对的边分别为，且为所在平面内一点，且为锐角.（1）若，求；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦二倍角公式可得，再由两角和的余弦公式即可得，所以，可得，再由余弦定理计算可得；（2）设，利用诱导公式可得，在由正弦定理可得，再由余弦定理可得，结合角的范围根据同角三角函数之间的基本关系可得.【小问1详解】由可得，又因为，所以可得，即，可得；又，所以可得；因此，又，若，可得，可得；又，所以；由余弦定理可得，解得；【小问2详解】设，则，由可得，在由正弦定理可得，即，可得，利用余弦定理可得，解得；所以可得，又为锐角，所以；可得.18.如图所示，在直三棱柱中，，为中点，且，，.（1）求证：；（2）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）由题意建立适当的空间直角坐标系，要证，只需证明即可.（2）由题意分别求出两平面的法向量，然后求法向量夹角余弦的绝对值即可得解.【小问1详解】由题意，为中点，且，所以，所以，解得，所以，所以，即，取中点，则，又面，所以面，又面，所以，所以两两互相垂直，故以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：由题意，，，.所以，所以，所以，所以，即.【小问2详解】由（1）可知，所以，不妨设平面与平面的法向量分别为，所以，不妨取，解得，即可取平面的一个法向量为，同理有，不妨取，解得，即可取平面的一个法向量为，不妨设平面与平面夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.19.已知数列满足，正项数列满足.当时，记.（1）证明：是等比数列；（2）求.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）由题意可知数列为单调递减数列，从而，，，由等比数列的定义证明即可；（2）由题意因式分解得到，再利用错位相减法求和.【小问1详解】由数列的通项公式，可知数列为单调递减数列，所以当时，，，则，因为，又所以是首项为，公比为的等比数列；【小问2详解】因为，即，则，或（舍），当时，，①则，②①-②：，所以，，即.20.某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①；②；③表示时间，以上三式中均为常数，且.（1）为准确研究其价格走势，应选择哪个价格模拟函数，并说明理由；（2）若，①求出所选函数的解析式（注：且，其中表示5月份下半月，表示6月份上半月，表示10月份下半月）；②若上市初期（5月份上半月）以7元销售，为保证果农的收益，计划价格在7元以下期间进行促销活动，请你预测该果农应在哪个时间段进行促销活动，并说明理由.【答案】（1）选择③，理由见解析（2）①，且；②该果农应在月初到月底进行促销活动，理由见解析【解析】【分析】（1）利用导数求出函数①③的单调区间，结合二次函数的单调性即可得出结论；（2）①由求出，即可求得函数解析式；②令，利用导数求出函数的单调区间，再取值进而可得出结论.【小问1详解】对于函数①，，所以函数在上单调递增，不具有先升后降再升的特征；对于函数②，其不具有先升后降再升的特征；对于函数③，，因为，则，设方程的两根为，所以，所以，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以函数③具有先升后降再升的特征，故选③；【小问2详解】①，由，得，即，所以，解得，所以，且；②令，则，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，，，，，所以当时，，所以该果农应在月上半月到月下半月进行促销活动.21.已知函数.（1）若恒成立，求的范围；（2）讨论的零点个数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）恒成立，即恒成立，构造函数，则，利用导数求出函数的最大值即可得解；（2）令，得或，令，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的图象，结合图象即可得出结论.【小问1详解】因为恒成立，所以恒成立，令，则，因为，所以，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即，所以；【小问2详解】令，得，所以，解得或，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，且，当时，，如图，作出函数的大致图象，当时，函数的图象有个交点，且，当时，函数的图象有个交点，当时，函数的图象有个交点，综上所述，当或时，函数的零点个数为；当或时，函数的零点个数为；当时，函数的零点个数为.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合