山东省济宁市2024届高三上学期期末考数学试题 含解析

2023—2024学年度第一学期高三质量检测数学试题2024.01本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考试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2B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.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.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（）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】利用复数乘法、除法运算即可求解.【详解】由，得，则复平面内对应的点位于第三象限.故选：C2.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据二次不等式以及对数函数求集合，进而求交集.【详解】由题意可得：，，所以.故选：A.3.“”是“直线与直线垂直”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】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】因为直线：与直线：垂直，所以，解得或，所以“”是“直线：与直线：垂直”的充分不必要条件.故选：A.4.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上位于第一象限内的一点，若，（为坐标原点），则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意画出图形，可得为直角三角形，由已知结合椭圆的定义求解与的值，再由勾股定理求解．【详解】如图，由，，可得为直角三角形，，且，解得，，再由勾股定理可得：得，．故选：D．5.如图，已知圆锥的母线长为，是底面圆的直径，且，点是弧的中点，是的中点，则异面直线与所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小.【详解】因为是底面圆的直径，且，点是弧的中点，则，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为，平面，平面，则，所以，，所以，、、，则，，则，因为，则.故异面直线与所成角为.故选：B.6.定义在上的函数和的图象关于轴对称，且函数是奇函数，则函数图象的对称中心为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到函数的图象关于点对称，结合与的图象关于轴对称，即可得到图象的对称中心.【详解】由函数为奇函数，可得，令，可得，所以函数的图象关于点对称，又因为与的图象关于轴对称，所以函数图象的对称中心为.故选：C.7.若，则（）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数式的值.【详解】因为，解得，所以，.故选：C.8.已知正三棱锥的底面边长为，为棱的中点，若，则三棱锥的外接球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】推导出平面，可得出、、两两相互垂直，将三棱锥补成长方体，可求出三棱锥的外接球直径，结合球体表面积公式可求得结果.【详解】取线段的中点，连接、，如下图所示：因为三棱锥为正三棱锥，则，为等边三角形，因为为的中点，则，，因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，，、平面，则平面，因为、平面，则，，因为三棱锥为正三棱锥，则，所以，、、两两相互垂直，将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球直径即为长方体的外接球直径，故三棱锥的外接球直径为，因此，三棱锥的外接球的表面积为.故选：B.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.下列命题中正确的是（）A.若，则B.若且，则C.若，，且，则的最小值为D.若，则的最小值为4【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：根据“1”的转化结合基本不等式运算求解；对于D：利用基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.【详解】对于选项A：若，可知，可得，故A正确；对于选项B：例如，则，故B错误；对于选项C：若，，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确；对于选项D：若，则，当且仅当，即时，等号成立，显然不成立，所以的最小值不为4，故D错误；故选：AC.10.已知函数的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数在区间内单调递减C.函数在区间内有恰有两个零点D.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象【答案】ABD【解析】【分析】结合题意求出解析式，结合图像性质逐项判断即可【详解】函数的最小正周期为，则，得，则，又函数的图象关于直线对称，则，则，即，又，则，故，A，当时，，则函数的图象关于点对称，A正确；B，，则，函数在单调递减，则函数在区间内单调递减，B正确；C，由，则，即，又，，则有1个零点，C错误；D，函数的图象向右平移个单位长度，则，D正确；故选：ABD11.已知数列的前项和为，且满足，，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】推导出数列、均为等比数列，确定这两个数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可判断AB选项；利用等比数列的求和公式可判断C选项；利用裂项相消法可判断D选项.【详解】因为数列的前项和为，且满足，，当时，则，对任意的，由可得，上述两个等式相除可得，所以，数列成以为首项，公比为的等比数列，则，数列成以为首项，公比为的等比数列，则，A对B错；，则，所以，数列是等比数列，且其首项为，公比为，所以，，C对；，所以，，所以，，D对.故选：ACD.12.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过左焦点的直线与双曲线的左支相交于两点（在第二象限），点与关于坐标原点对称，点的坐标为），则下列结论正确的是（）A.记直线、的斜率分別为、，则B.若，则C.的最小值为6D.的取值范围是【答案】BD【解析】【分析】对A，结合斜率公式及点差法即可求解；对B，根据垂直于对称性得，计算即可；对C，结合双曲线定义得，当，，三点共线时取得最小值，求出，结合的范围即可判断；D结合数量积的坐标运算及的范围即可求解.【详解】若直线与渐近线平行时，根据对称性不妨取直线方程为，联立，得，设，，，由于两点均在双曲线的左支上，所以，，，对于A：设，，，则，，均在双曲线上，，所以，所以，，A错误.对于B：由知，，由对称性得，，则四边形为矩形，则，设，，则在中，由余弦定理得，即，即，，则，则，B正确；对于，当，，三点共线时，，，则直线，联立，解得，与矛盾，故C错误；对于，又，所以，结合，得，的取值范围是，故D正确.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知指数函数的图象经过点，则__________.【答案】4【解析】【分析】利用待定系数法求出指数函数解析式，代入运算求得的值.【详解】由题意设，且，图象经过点，则，解得，所以，.故答案为：4.14.已知平面向量满足，，，则向量夹角的余弦值为__________.【答案】##【解析】【分析】由向量垂直及向量数量积的运算律求夹角余弦值.【详解】由题设，所以.故答案为：15.已知圆，过点作两条与圆相切的直线，切点分别为，则__________.【答案】##【解析】【分析】应用等面积法有，结合两点距离公式、切线长求法求切点弦长.【详解】如下图，，又，由，，所以.故答案为：16.若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________.【答案】或【解析】【分析】根据因式分解可得或，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解.【详解】令，则或记，则，令，则，在上单调递增；在上单调递减最大值为，且当时，，而当时，，故的大致图象如下：当时，只有一个零点，，显然不合题意要使恰好有两个零点，则方程只有一个实根，另一个零点为.所以或，故或，故的取值范围为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而可求解，（2）根据面积公式以及余弦定理，结合基本不等式即可求解.【小问1详解】由正弦定理得：，又，，，；【小问2详解】，，由余弦定理得：，当且仅当时等号成立，，即的最小值为.18.已知数列为公差大于0的等差数列，其前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前100项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程求得的值，即可求解；（2）由（1）得，分别求得，，和时，的取值，结合等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，因为，，可得，解得或（舍去），所以，即数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）得，当，时，，所以；当，时，，所以；当，时，，所以；当，时，，所以；所以.19.如图，已知三棱柱各棱长均为2，分別是线段，的中点，平面.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由四边形为菱形，证得，结合，得到，利用线面垂直的判定，证得平面，进而证得平面平面.（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，又因为，且为中点，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以，在平行四边形中，，可得四边形为菱形，所以因为分别为，的中点，可得，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】解：由（1）可知，，，两两相互垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，由三棱柱的所有棱长均为2得，，，可得，，，，则，，设平面的法向量为，则则，取，可得，所以平面的一个法向量为，又由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，因为，所以，即平面与平面的夹角为.20.如图，点是圆心角为，半径为1的扇形圆弧上的一动点（与不重合），在线段上且，记，线段，及圆弧的长度之和为.（1）求函数关于的解析式；（2）求何值时，函数取得最大值.【答案】（1），（2）.【解析】【分析】（1）在中，由正弦定理求得，，结合扇形的弧长公式和三角恒等变换的公式，可得的解析式；（2）由（1），可得，利用导数求得函数单调区间，进而求得的最大值.【小问1详解】解：在中，因为，，，由正弦定理得，所以，，在扇形中，记弧的长度为，则，所以，即，.【小问2详解】解：由（1）知，，可得，，令，即，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当时，取最大值，且最大值为.21.已知抛物线的焦点到的准线的距离为1.（1）求抛物线的方程；（2）若经过定点的直线与抛物线交于两点，为弦的中点，过作与轴垂直的直线与抛物线交于点，当时，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；（2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理，中点坐标及数量积公式即可求解.【小问1详解】因为抛物线C的焦点到C的准线的距离为1，所以，，所以，抛物线的方程为.【小问2详解】由题意可得，直线存在斜率，又直线过，故设直线的方程为，由，消去并整理得，，所以直线与抛物线恒有两个交点.设，，则，，所以，，.因为，为弦的中点，过作轴垂直的直线与抛物线交于点，所以，，，所以，的坐标为，所以，，，因为，所以，，即，，整理得，解得，所以，直线的方程为或.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若实数满足，证明：；（3）证明：当时，.【答案】22.单调递增区间为；单调递减区间为.23.证明见解析24.证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数可求的单调区间；