2024届山东省青岛市高三上学期期末学业水平检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛市2024届高三上学期期末学业水平检测数学试题一、单项选择题1.已知集合，，若，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由已知，，因为，所以，即.故选：C2.复数（，i为虚数单位），是z的共轭复数，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】因为，所以，，解得，故选：B.3.在四边形中，四个顶点A，B，C，D坐标分别是，，，，E，F分别为的中点，则（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】A【解析】由题意，则，，.故选：A4.2023年是共建“一带一路”倡议提出十周年．而今“一带一路”已成为当今世界最受欢迎的国际公共产晶和最大规模的国际合作平台.树人中学历史学科组近期开展了“回望丝路”系列主题活动，组织“一带一路”知识竞赛，并对学生成绩进行了汇总整理，形成以下直方图.该校学生“一带一路”知识竞赛成绩的第60百分位数大约为（）A.72 B.76 C.78 D.85【答案】B【解析】由题中频率分布直方图知区间的频率为：则在区间的频率为：，所以第60百分位数在区间，且设为，则，解得.故选：B5.已知等差数列各项均为正整数，，，则其公差d为（）A.0 B.1 C.2 D.4【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，所以，所以，得，因为等差数列各项均为正整数，所以公差为正整数，因为，所以，所以，因为公差为正整数，所以或，当时，由，不合题意，舍去，当时，，符合题意，所以，故选：C6.已知点F是抛物线的焦点，过点的直线l与曲线E交于点A，B，若的最小值为14，则E的准线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得，，设，则，且，当直线的斜率不存在时，则直线为，，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，所以，得，所以抛物线E的准线方程为，故选：D7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F是线段AC1上的点，且AE＝EF＝FC1，分别过点E，F作与直线AC1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分占整个正方体体积的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】构造平面，平面，则平面，平面，设正方体边长为1，则，，，，设到平面的距离为，则，解得，平面，同理可得平面，正方体夹在平面与之间的部分体积为，∴体积之比是，故选：C．8.已知为坐标原点，双曲线左、右焦点依次为、，过点的直线与在第一象限交于点，若，，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如下图所示：因为，由双曲线的定义可得，则，因为为的中点，则，则，所以，，又因为，所以，，即，整理可得，即，所以，，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：A.二、多项选择题9.一个密闭的容器中装有2个红球和4个白球，所有小球除颜色外均相同．现从容器中不放回地抽取两个小球．记事件A：“至少有1个红球”，事件B：“至少有1个白球”，事件，则（）A.事件A，B不互斥 B.事件A，B相互独立C. D.【答案】AD【解析】对于A,由于至少有一个红球和至少有一个白球，可以同时发生，故事件A与事件B不互斥，A正确；对于BC，,,,所以，故B错误；故，，故C错误；对于D，,故,故D正确，故选：AD.10.已知函数的图象关于点对称，在上单调递减，．将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（）A. B.，C. D.为偶函数【答案】AC【解析】因为函数在上单调递减，则周期，则由，可知函数图象关于对称，又函数图象关于点对称,所以，所以，A正确；当时，函数取得最小值，则，，B错误；由，所以，C正确；将的图象向右平移个单位得到函数的图象，，则为奇函数，D错误.故选：AC11.若实数，且，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于选项A，由，当且仅当时等号成立，不妨设，则得，解得：或，因，则，故A项错误；对于选项B，由，当且仅当时等号成立，不妨设，则，解得：或，因，则，即，故B项正确；对于选项C，由可得：，则，且，则，当且仅当时取等号，即时，有最小值，故C项正确；对于选项D，由可得：，即，且，则，当且仅当时等号成立，由解得：，即当且仅当时，有最小值，故D项正确.故选：BCD.12.将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到的曲线依然可以看作一个函数的图象、以下函数中符合上述条件的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】若函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，则函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点.不对于，设，则，则为上的单调递减函数，即方程只有一解，所以与只有一个交点，故符合题意，A正确；对于，设，,则在有零点，即方程不只有一解，所以与多个交点，不符合题意，B错误；对于，设，显然为上减函数，当时，，即所以与只有一个交点，故符合题意，C正确；对于，设，则，显然在和上各有零点，即所以与有多个交点，故不符合题意，D错误.故选：AC.三、填空题13.的展开式中含项的系数是__________（结果用数字表示）.【答案】【解析】展开式中含项的系数是.故答案为：14.正八面体各个面分别标以数字1到8．抛掷一次该正八面体，观察它与地面接触的面上的数字,得到样本空间为.已知事件,，，若但A，B与C均不独立，则事件______．【答案】【解析】由已知又，所以，又A，B与C均不独立，即，，，所以.故答案为：15.已知动点P，Q分别在圆和曲线上，则的最小值为______．【答案】【解析】由题意得，即圆心在上，半径为，故的最小值等于的最小值减去半径，设，由于与关于对称，的最小值等于到直线的距离的最小值的2倍，由，可得，令，解得，故在点处的切线与平行，此时到的距离最小，最小值为，故的最小值为，则的最小值等于.故答案为：.16.若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．【答案】【解析】，当时，，令得，令，，在上恒成立，故在上单调递减，又，所以，解得；当时，，令得，令，，在上恒成立，故在上单调递减，其中，故，解得，由于，即在处连续，综上，.故答案为：.四、解答题17.记的内角、、所对的边分别为、、.（1）证明：若，则；（2）探究：是否存在一个，其三边为三个连续的自然数，且最大角是最小角的两倍？如果存在，试求出最大边的长度；如果不存在，说明理由．（1）证明：若，则，所以，由正弦定理得：．（2）解：假设存在，其三边为三个连续的自然数、、，设这三边所对的角分别为、、，则若最大角是最小角的两倍，即．由（1）知，，即．由余弦定理知，，所以，，即，因为，解得，经检验满足条件．于是最大边长为．因此，存在一个，其三边为三个连续的自然数，最大边长为．18.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）当时，证明：．（1）解：当时，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在上单调递增，在上单调递减，（2）证明：（法一）当时，由（1）可知，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）（法二）当时，令，可知于是在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）．令，则由（1）知：故在单调递增，因此．所以．19.如图，在三棱锥中，底面分别为的中点，点都在棱上，，且满足平面.（1）求的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）如图，连接，交于点，连接，则平面平面.因为平面平面，所以.因为分别为的中点，所以点为的重心，所以，所以.由题意知，则是的中点，（2）由题意知底面，所以，两两垂直.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则所以，.设平面的法向量为，则即令，则，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则即令，则，所以平面的一个法向量为.故，由图象可知平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.为培养德智体美劳全面发展的社会主义接班人，某学校每月都会开展学农实践活动．已知学农基地前10个月的利润数据如下表，月份用表示，，利润用y（单位：万元）表示，已知与的经验回归方程为．x12345678910y4.6834.8193.2821.4861.0822.4414.3144.9793.8241.912t0.8410.9090.141-0.757-0.959-0.2790.6570.9890.412-0.544（1）求的值（结果精确到1）；（2）某班班主任和农学指导教师分别独立从该班5名班级干部名单中各随机选择2人作为组长，设被选出组长构成集合M，集合M中元素的个数记为随机变量X.（i）求X的分布列及数学期望；（ii）规定：进行多轮选择，每轮出现记为，出现记为，先出现为甲胜，先出现为乙胜．记表示“第一轮为A且最终甲胜的概率”，表示“第一轮为且最终甲胜的概率”，求，及甲胜的概率．参考数据：，，，．参考公式：对于一组数据．其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式为：，．解：（1）由已知公式得，所以，，所以.（2）（i）由题意知，X的可能取值为2，3，4，，，，其分布列为234．当第一轮为时，若第二轮为，则甲胜；若第二轮为，则乙胜，所以;当第一轮为时，若第二轮为，则最终甲胜的概率为，若第二轮为，则最终甲胜的概率为；所以，解得．故甲胜的概率．21.已知O为坐标原点，点P在椭圆上，的左、右焦点恰为双曲线的左、右顶点，的离心率．（1）求的标准方程；（2）若直线l与相交于A，B两点，AB中点W在曲线上．探究直线AB与双曲线的位置关系.解：（1）由题可知：所以，，解得．所以椭圆C的标准方程为；．（2）设，，若直线l斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，可得，，设，则，，可得，，则，同理可得：，因W在曲线上，则，解得，联立方程，消去y得：，所以，直线AB与相切．若直线l斜率不存在，由对称性知W在x轴上，W在曲线，令，可得，且，解得，则，直线，此时也有直线AB与相切，综上可知：直线AB与相切．22.在各项均为正数的数列中，，，．（1）证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）若，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）证明：．（1）解：由题意知，因此数列是以为首项，以4为公比的等比数列，于是，．．又适合上式，所以．（2）（i）解：因为，所以．（ii）证明：因为数列的前n项和为，所以只需证明：，也就是，令，只需证明，设函数，，．所以，即成立，得证．山东省青岛市2024届高三上学期期末学业水平检测数学试题一、单项选择题1.已知集合，，若，则实数a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由已知，，因为，所以，即.故选：C2.复数（，i为虚数单位），是z的共轭复数，若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】因为，所以，，解得，故选：B.3.在四边形中，四个顶点A，B，C，D坐标分别是，，，，E，F分别为的中点，则（）A.10 B.12 C.14 D.16【答案】A【解析】由题意，则，，.故选：A4.2023年是共建“一带一路”倡议提出十周年．而今“一带一路”已成为当今世界最受欢迎的国际公共产晶和最大规模的国际合作平台.树人中学历史学科组近期开展了“回望丝路”系列主题活动，组织“一带一路”知识竞赛，并对学生成绩进行了汇总整理，形成以下直方图.该校学生“一带一路”知识竞赛成绩的第60百分位数大约为（）A.72 B.76 C.78 D.85【答案】B【解析】由题中频率分布直方图知区间的频率为：则在区间的频率为：，所以第60百分位数在区间，且设为，则，解得.故选：B5.已知等差数列各项均为正整数，，，则其公差d为（）A.0 B.1 C.2 D.4【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，所以，所以，得，因为等差数列各项均为正整数，所以公差为正整数，因为，所以，所以，因为公差为正整数，所以或，当时，由，不合题意，舍去，当时，，符合题意，所以，故选：C6.已知点F是抛物线的焦点，过点的直线l与曲线E交于点A，B，若的最小值为14，则E的准线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当直线斜率存在时，设直线的方程为，由，得，，设，则，且，当直线的斜率不存在时，则直线为，，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，所以，得，所以抛物线E的准线方程为，故选：D7.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E，F是线段AC1上的点，且AE＝EF＝FC1，分别过点E，F作与直线AC1垂直的平面α，β，则正方体夹在平面α与β之间的部分占整个正方体体积的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】构造平面，平面，则平面，平面，设正方体边长为1，则，，，，设到平面的距离为，则，解得，平面，同理可得平面，正方体夹在平面与之间的部分体积为，∴体积之比是，故选：C．8.已知为坐标原点，双曲线左、右焦点依次为、，过点的直线与在第一象限交于点，若，，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如下图所示：因为，由双曲线的定义可得，则，因为为的中点，则，则，所以，，又因为，所以，，即，整理可得，即，所以，，因此，该双曲线的渐近线方程为.故选：A.二、多项选择题9.一个密闭的容器中装有2个红球和4个白球，所有小球除颜色外均相同．现从容器中不放回地抽取两个小球．记事件A：“至少有1个红球”，事件B：“至少有1个白球”，事件，则（）A.事件A，B不互斥 B.事件A，B相互独立C. D.【答案】AD【解析】对于A,由于至少有一个红球和至少有一个白球，可以同时发生，故事件A与事件B不互斥，A正确；对于BC，,,,所以，故B错误；故，，故C错误；对于D，,故,故D正确，故选：AD.10.已知函数的图象关于点对称，在上单调递减，．将的图象向右平移个单位得到函数的图象，则（）A. B.，C. D.为偶函数【答案】AC【解析】因为函数在上单调递减，则周期，则由，可知函数图象关于对称，又函数图象关于点对称,所以，所以，A正确；当时，函数取得最小值，则，，B错误；由，所以，C正确；将的图象向右平移个单位得到函数的图象，，则为奇函数，D错误.故选：AC11.若实数，且，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于选项A，由，当且仅当时等号成立，不妨设，则得，解得：或，因，则，故A项错误；对于选项B，由，当且仅当时等号成立，不妨设，则，解得：或，因，则，即，故B项正确；对于选项C，由可得：，则，且，则，当且仅当时取等号，即时，有最小值，故C项正确；对于选项D，由可得：，即，且，则，当且仅当时等号成立，由解得：，即当且仅当时，有最小值，故D项正确.故选：BCD.12.将函数的图象绕原点逆时针旋转后得到的曲线依然可以看作一个函数的图象、以下函数中符合上述条件的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】若函数逆时针旋转角后所得函数仍是一个函数，则函数的图象与任一斜率为的直线均不能有两个或两个以上的交点.不对于，设，则，则为上的单调递减函数，即方程只有一解，所以与只有一个交点，故符合题意，A正确；对于，设，,则在有零点，即方程不只有一解，所以与多个交点，不符合题意，B错误；对于，设，显然为上减函数，当时，，即所以与只有一个交点，故符合题意，C正确；对于，设，则，显然在和上各有零点，即所以与有多个交点，故不符合题意，D错误.故选：AC.三、填空题13.的展开式中含项的系数是__________（结果用数字表示）.【答案】【解析】展开式中含项的系数是.故答案为：14.正八面体各个面分别标以数字1到8．抛掷一次该正八面体，观察它与地面接触的面上的数字,得到样本空间为.已知事件,，，若但A，B与C均不独立，则事件______．【答案】【解析】由已知又，所以，又A，B与C均不独立，即，，，所以.故答案为：15.已知动点P，Q分别在圆和曲线上，则的最小值为______．【答案】【解析】由题意得，即圆心在上，半径为，故的最小值等于的最小值减去半径，设，由于与关于对称，的最小值等于到直线的距离的最小值的2倍，由，可得，令，解得，故在点处的切线与平行，此时到的距离最小，最小值为，故的最小值为，则的最小值等于.故答案为：.16.若函数在上单调递增，则a的取值范围是______．【答案】【解析】，当时，，令得，令，，在上恒成立，故在上单调递减，又，所以，解得；当时，，令得，令，，在上恒成立，故在上单调递减，其中，故，解得，由于，即在处连续，综上，.故答案为：.四、解答题17.记的内角、、所对的边分别为、、.（1）证明：若，则；（2）探究：是否存在一个，其三边为三个连续的自然数，且最大角是最小角的两倍？如果存在，试求出最大边的长度；如果不存在，说明理由．（1）证明：若，则，所以，由正弦定理得：．（2）解：假设存在，其三边为三个连续的自然数、、，设这三边所对的角分别为、、，则若最大角是最小角的两倍，即．由（1）知，，即．由余弦定理知，，所以，，即，因为，解得，经检验满足条件．于是最大边长为．因此，存在一个，其三边为三个连续的自然数，最大边长为．18.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）当时，证明：．（1）解：当时，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在上单调递增，在上单调递减，（2）证明：（法一）当时，由（1）可知，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）（法二）当时，令，可知于是在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）．令，则由（1）知：故在单调递增，因此．所以．19.如图，在三棱锥中，底面分别为的中点，点都在棱上，，且满足平面.（1）求的长；（2）求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）如图，连接，交于点，连接，则平面平面.因为平面平面，所以.因为分别为的中点，所以点为的重心，所以，所以.由题意知，则是的中点，（2）由题意知底面，所以，两两垂直.以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图，则所以，.设平面的法向量为，则即令，则，所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则即令，则，所以平面的一个法向量为.故，由图象可知平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.为培养德智体美劳全面发展的社会主义接班人，某学校每月都会开展学农实践活动．已知学农基地前10个月的利润数据如下表，月份用表示，，利润用y（单位：万元）表示，已知与的经验回归方程为．x12345678910y4.6834.8193.2821.4861.0822.4414.3144.9793.8241.912t0.8410.90