山东省烟台市2024届高三上学期1月期末学业水平诊断考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省烟台市2024届高三上学期1月期末学业水平诊断考试数学试题一､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，只有一项符合题目要求.1.设集合，集合，则（）A. B. C.或 D.或【答案】A【解析】由，得，即，所以，所以，所以.故选：A.2.“直线与平行”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】B【解析】若直线与平行，易得:，故：，则得不到，故不是充分条件；反之，当时成立，故直线与平行，是必要条件；故“直线与平行”是“”的必要不充分条件，故选：B．3.已知且，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于选项A：因为，所以，由，故，选项A错误；对于选项B：因为，所以，由，故，选项B错误；对于选项C：由指数函数可知，在定义域上单调性不确定，故无法确定的大小，比如当时，则，选项C错误；对于选项D：由幂函数可知，在定义域上单调递增，且，所以，选项D正确.故选：D.4.已知，则向量与夹角的大小为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】结合题意：设向量与夹角为，，因为，所以，解得.因为，所以.故选：B.5.我国古代十进制数的算筹记数法是世界数学史上一个伟大的创造.算筹一般为小圆棍算筹计数法的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推；遇零则置空.纵式和横式对应数字的算筹表示如下表所示，例如：10记为“”，62记为“”.现从由4根算筹表示的两位数中任取一个数，则取到的数字为质数的概率为（）数字123456789纵式横式A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可知，共有4根算筹，当十位1根，个位3根，共有2个两位数13、17；当十位2根，个位2根，共有4个两位数22，26，62，66；当十位3根，个位1根，共有2个两位数31，71；当十位4根，个位0根，共有2个两位数40，80；其中质数有13、17、31、71，所以取到的数字为质数的概率为，故选：A6.已知为定义在上的奇函数，当时，，则方程实数根的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】因为为定义在上的奇函数，所以，当时，，，当时，，，综上，当时，令无解；当时，令解得；当时，令无解；当时，令解得；当时，令，解得，综上实数根的个数为个，故选：C7.已知为双曲线的一个焦点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与的另外一条渐近线交于点.若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.3【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线为，不妨设过右焦点垂直于渐近线的直线为，联立，解得，设，由，可得，即，解得，即，因为在另外一条渐近线上，所以整理得：，即，所以.故选：C.8.已知函数，若，使得，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，使得，所以，即，令，，所以在上单调递增.所以，即，所以，令，则，当时，，在单调递减;当时，，在单调递减;所以当时，函数取得最小值，即..故选：C.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.已知样本数据的平均数为，则数据（）A.与原数据的极差相同 B.与原数据的中位数相同C.与原数据的方差相同 D.与原数据的平均数相同【答案】AD【解析】由样本数据的平均数为，可得，其方差为，对于数据，其平均数，其方差；即两组数据的平均数相同，方差不同，可得C错误，D正确；由极差定义，两组数据的最大值和最小值不变，则两组数据的极差相同，即A正确；对于中位数，两组数据的中位数不一定相同，即B错误.故选：AD10.将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，则（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.当时，的最小值为【答案】ACD【解析】结合题意：要得到函数的解析式，只需将向左平移个单位长度.所以,对于选项A:由可得，所以,故选项A正确；对于选项B:将代入得：，所以的图象不关于直线对称，故选项B错误；对于选项C:对于，令，则，因为，所以，而在上单调递增，所以在上单调递增，故选项C正确；对于选项D:对于，令，则，因为，所以，结合正弦函数图象可知在上单调递增，在上单调递减，故，即时，，故选项D正确.故选：ACD.11.如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（）A.不存在点，使得直线平面B.当点与重合时，直线平面C.当为中点时，直线与所成角的余弦值为D.当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为【答案】BCD【解析】连接交于，因为正四棱台，所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，设点在底面投影为，则，，即正四棱台的高为，则，，，，，，所以，，，，因为为棱上一点，所以，所以，设平面的法向量，则，令可得平面的一个法向量为，令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误；当点与重合时即，，，，设平面的法向量，则，令可得平面的一个法向量为，因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确；当为中点时，即，，所以，所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确；设正四棱台的高为，当为中点时，三棱锥的体积，三棱锥的体积，所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确；故选：BCD12.我国著名数学家华罗庚先生说：“就数学本身而言，是壮丽多彩､千姿百态､引人入胜的……认为数学枯燥乏味的人，只是看到了数学的严谨性，而没有体会出数学的内在美.”图形美是数学美的重要方面.如图，由抛物线分别逆时针旋转可围成“四角花瓣”图案（阴影区域），则（）A.开口向下的抛物线的方程为B.若，则C.设，则时，直线截第一象限花瓣的弦长最大D.无论为何值，过点且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值【答案】ABD【解析】对于A，因为抛物线的焦点为，若抛物线逆时针旋转，则开口向下，焦点为，故开口向下的抛物线方程为：，故A正确；对于B，由题意可知，关于轴对称，因为，设，所以，，因为点在抛物线上，所以，所以，即，所以，由在抛物线上，所以，解得，故B正确；对于C，当，由得，所以，由题意直线截第一象限花瓣弦长为，，所以，令，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取到最大值，故C错误；对于D，由得，过第二象限的两抛物线分别为：①，②，对于①，，则，设切点坐标为，所以过点的切线方程为：，将点代入得，解得，因为，故，所以切线的斜率为，故无论为何值，切线斜率均为，其与直线的夹角为定值，由题意可知，与关于直线对称，故过点的两切线也关于直线对称，故的切线与直线的夹角为定值，即无论为何值，过点且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值，故D正确.故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为__________.【答案】【解析】由二项式展开式的通项为，则的展开式中，含的项为，所以项的系数为.故答案为：.14.已知等差数列的前项和为且，则的值为__________.【答案】【解析】结合题意：设等差数列的公差为，因为,，所以，解得.故答案为：15.若存在两个不相等正实数，使得，则实数的取值范围为__________.【答案】.【解析】由，可得，令，要存在两个不相等正实数，使得，即不是正实数集上的单调函数，则，当时，，此时在单调递增,不满足；当时，令，则，令，则，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，要使不是正实数集上的单调函数，则，即，解得.故答案为：.16.如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为__________；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为__________.【答案】；【解析】由题意，直三棱柱中，，，该直三棱柱可补充一个长方体，其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球，又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为，所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为；如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接，则且，在过点作，可得，连接，则四边形即为过点的截面，在中，因为，且为的中点，所以，又因为平面，平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以，所以四边形为直角梯形，在中，由且，可得，所以，设，在直角中，可得，又由，可得，所以直角梯形的面积为，其中，设，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；时，，单调递减，又由，可得，所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值.故答案为：.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.若的内角的对边分别为.（1）求；（2）若，求的面积.解：（1），，即，．（2）在中，由余弦定理，或，所以面积：或．18.已知数列的前项和，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求证：数列的前项和.解：（1）根据题意，可得，即，解得，所以，当时，，当时，，也符合，故.证明：（2）由（1）的结论，可得，所以，两边都乘以，得，以上两式相减，可得：所以，结合，可知不等式成立.19.如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面底面.（1）求证：；（2）若，且四棱锥的体积为2，求直线与平面所成角的正弦值.证明：（1）平面底面，平面底面，底面是边长为2的菱形，，底面，则有平面，又平面，所以.解：（2）底面是边长为2的菱形，，等边三角形，，，平面底面，平面底面，过点作的垂线，垂足为，则底面，四棱锥的体积为2，则，解得，则，所以为中点，即为和交点，，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量，则有，令，则，，即，，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次；若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”；若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手均参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲､乙两位同学组成一个小组参赛，且甲､乙同学的投篮命中率分别为.（1）求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；（2）若以“甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数为多少时，对该小组更有利？解：（1）解：设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A，则；（2）设一局比赛中乙被称为好投手的事件为B，则，甲、乙同学都获得好投手的概率为：，比赛设置n局，甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，则，且，设，则，则，即，即，又，则，所以本次投篮比赛设置的总局数8时，对该小组更有利.21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）求证：.解：（1）易知函数的定义域为，，当时，，易知时，，此时单调递减，时，，此时单调递增；即在上单调递减，在上单调递增；当时，令，易知当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；当时，，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；当时，，所以在单调递减；当时，，所以在单调递减，在单调递增；综上可知，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；当时，在单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增，在单调递减；证明：（2）由（1）可知当时，在单调递增，所以，即（当且仅当时等号成立），令可得，即；，，累加可得.22.已知为曲线上任意一点，直线与圆相切，且分别与交于两点，为