2024届山东省青岛市青岛二中高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届山东省青岛市青岛二中高三上学期期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】由存在量词命题的否定全称量词命题，得到命题的否定.
【详解】命题“，”的否定是“，”.
故选：A
2．已知集合，，且，则实数的所有取值集合是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用集合交集结果得到，从而分类讨论的取值即可得解.
【详解】因为，所以，
而， ，
当时，集合，满足；
当时，集合，
由，得或，解得或，
综上，实数的取值集合为.
故选：C.
3．若的展开式中共有个有理项，则的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用二项展开式通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，，
当时，为有理项，故.
故选：C.
4．底面半径是1的圆锥，侧面积是，则圆锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合扇形的面积公式可求得圆锥的母线长，进而求得圆锥的高，进而根据圆锥的体积公式计算即可.
【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，
所以圆锥的高为，
则圆锥的体积为.
故选：D.
5．柯西不等式（Caulhy-Schwarz Lnequality）是法国数学家柯西与德国数学家施瓦茨分别独立发现的，它在数学分析中有广泛的应用.现给出一个二维柯西不等式：，当且仅当时等号成立.根据柯西不等式可以得知函数的最大值为（ ）
A．B．C．12D．20
【答案】A
【分析】运用柯西不等式直接求解即可.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域为，
由柯西不等式得，，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为.
故选：A.
6．设曲线在处的切线为，若的倾斜角小于，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合切线倾斜角范围建立不等式，再求解不等式即得.
【详解】令，求导得，则切线的斜率为，
由的倾斜角小于，得切线的斜率或，
即或，
解得，解得或，
所以实数的取值范围是.
故选：B
7．已知角，且，，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据两角差的正弦、余弦、正切公式化简求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
则，
又，则，
则，
所以.
故选：C.
8．如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：
（1）棱长为的正方体的外接球半径为；
（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；
（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.
二、多选题
9．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的周期是
B．的图象关于点对称
C．的单调递增区间为
D．要得到的图象，只需把的图象向右平移的单位
【答案】AC
【分析】根据三角恒等变换化简，进而结合正弦函数的性质及平移变换判断各选项即可.
【详解】由
，
对于A，的周期为，故A正确；
对于B，当时，，
所以的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，令，，
解得，，
所以的单调递增区间为，故C正确；
对于D，的图象向右平移的单位后，解析式为，故D错误.
故选：AC.
10．已知直线：和圆：，下列结论成立的是（ ）
A．直线：过定点
B．当直线与圆相交时，直线：被圆所截的弦长最大值为4
C．当直线与圆相切时，则实数
D．当实数的值为3时，直线与圆相交，且所得弦长为
【答案】AD
【分析】求出直线过的定点判断A；由直线是否过圆心判断B；利用点到直线距离公式计算判断C；利用圆的弦长公式计算判断D.
【详解】圆：的圆心，半径
对于A，对于任意实数，当时，恒有，即直线过定点，A正确；
对于B，显然圆心的坐标不满足直线的方程，即直线不过圆心，
因此，当直线与圆相交时，直线被圆所截的弦长小于4，B错误；
对于C，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，解得，C错误；
对于D，当时，由选项C知，，直线与圆相交，
所得弦长为，D正确.
故选：AD
11．设数列前项和为，满足，且，，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．数列为等差数列
C．当时，有最大值
D．设，则当或时，数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【分析】根据和的关系可得数列为等差数列，进而求得即可判断A，根据等差数列的前项和公式求得，进而得到，进而根据等差数列的定义判断B；根据二次函数的性质判断C；分析可得时，，，，时，，再结合，即可判断D.
【详解】由，，且，
当时，，即，
当时，，
则，
即，
即，
因为，所以，
则数列为等差数列，公差为，首项为，
所以，故A正确；
而，则，
当时，，
所以，所以数列为等差数列，故B正确；
因为，
所以当时，取得最大值，故C错误；
令，得，
令，得，
则当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
又，，
所以当或时，数列的前项和取最大值，故D正确.
故选：ABD.
12．点是的外心，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若且，则
C．若，则为的垂心
D．若，，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】由平面向量数量积的定义，即可判断A，由平面向量基本定理，代入计算，即可判断BC，建立平面直角坐标系，结合平面向量的坐标运算，即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
由可知，三点共线，
又可知，点在的角平分线上，
所以为的角平分线，与不一定相等，故B错误；
若，则点是的中点，又点是的外心，
所以，即为直角顶点，所以为垂心，故C正确；
因为，所以，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，其中，
因为，所以，
得，
，，
则，则，
所以，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题主要考查了平面向量的运算，以及平面向量基本定理的应用，难度较大，解答本题的关键在于应用好平面向量基本定理，以及转化为平面向量坐标运算.
三、填空题
13．已知函数（且）为偶函数，则 .
【答案】9
【分析】求出函数的定义域，利用偶函数的定义，列式求解即得.
【详解】函数中，由，得，
即函数的定义域为，
由是偶函数得，对， 恒成立，
即，则，整理得，
因此对恒成立，
所以.
故答案为：9
14．1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一假期期间值班2天，则甲连续值班的概率是 .
【答案】/0.4
【分析】根据条件概率公式可求出结果.
【详解】记“甲在五一假期期间值班2天”为事件，“甲连续值班”为事件，
则种，种，
所以，
所以已知甲在五一假期期间值班2天，则甲连续值班的概率为.
故答案为：.
15．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点在上，且，直线与椭圆交于另一点，与轴交于点，，则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】首先根据几何性质表示焦半径，再结合余弦定理求焦半径的长度，即可求解.
【详解】如图，为坐标原点，且为的中点，，
所以，即为的中点，
连接，由，得，
设，则，，，，
则，
在中，由余弦定理得，，
即，整理得，
则，
则，即，
所以.
故答案为：.
16．若是函数的极大值点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】对函数求导整理可得，设，，结合讨论函数的取值正负，进而判断函数，进而结合极值的定义求解即可.
【详解】由，，
则，且，
设，，
当，即时，
，则时，，时，，
此时函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，不符合题意；
当，即或时，
若，因为，且，函数的对称轴为，
则方程的两根为，且，，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以函数在和上单调递减，在和上单调递增，
所以当时，函数取得极大值，符合题意，即.
若，因为，且，函数的对称轴为，
所以，则时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对函数求导后，结合二次函数的判别式讨论方程的根的情况，以此确定的取值正负，从而确定的正负，进而求解.
四、解答题
17．已知的三个内角，，所对的边分别是，，，若.
(1)求角；
(2)若点在边上，，，请在下列三个条件中任选一个，求边长.
①为的一条中线；②为的一条角平分线；③为的一条高线.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角公式得到，即可得到答案.
（2）若选①，根据，平方得到，再利用余弦定理求解即可；若选②，根据得到，再利用余弦定理求解即可；若选③，根据得到，再利用余弦定理求解即可.
【详解】（1），
因为中，，
所以，
所以，
所以.
因为中，，所以，
因为，所以.
（2）若选①，如图所示：
设，因为，
所以，即，
化简得，解得或（舍去）.
所以.
若选②，如图所示：
设，因为，
所以，解得.
所以.
若选③，如图所示：
设，，解得.
所以，即，解得或（舍）.
所以.
18．已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据和的关系，分和两种情况讨论求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意，当时，，且，
若，则，即，
当时，，
两式相减得，，
整理得，即，
所以.
综上所述，.
（2）因为，
设数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
此时时适合上式，
所以.
19．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点为，由题意易得平面，进而建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可；
（2）求出平面和平面的一个法向量，进而结合空间向量求解即可.
【详解】（1）因为底面是边长为2的正方形，
所以，又，，且平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
又平面平面，且，
取的中点为，连接，则，平面
所以平面，
以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以点到平面的距离为.
（2）由（1）易知，平面的一个法向量为，
且，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设二面角为，
则,
所以，
即二面角的正弦值为.
20．一个袋子里有大小相同的黑球和白球共10个，其中白球有个，每次随机摸出1个球，摸出的球再放回.设事件为“从袋子中摸出4个球，其中恰有两个球是白球”.
(1)当取时，事件发生的概率最大，求的值；
(2)以（1）中确定的作为的值，甲有放回地从袋子中摸球，如果摸到黑球则继续摸球，摸到白球则停止摸球，摸球的次数记为，求的数学期望.
参考：（1）若，则；（2）.
【答案】(1)5
(2)2
【分析】（1）根据二项分布的概率公式表示出，进而根据基本不等式求解即可；
（2）根据题意可知，进而结合错位相减法求出，再根据求解即可.
【详解】（1）每次随机摸出1个球，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为，
所以，
因为，当且仅当，即时等号成立，
则，
所以当时，事件发生的概率最大.
（2）由（1）知，每次随机摸出1个球，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为，
则，，
，，
则，
，
则，
两式相减得，，
所以，
所以.
21．已知点在抛物线：上，、为抛物线上的两个动点，不垂直于轴，为焦点，且.
(1)求的值，并证明的垂直平分线过定点；
(2)设（1）中的定点为，求面积的最大值.
【答案】(1)，证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，把点代入抛物线方程，即可求出，联立直线与抛物线方程，消掉，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，求出的中点，写出的垂直平分线方程，根据方程判断直线过定点；
（2）根据弦长公式求出，点到直线的距离，利用面积公式求出面积，然后换元，利用导数求函数的最值，即可求得结果．
【详解】（1）由点在抛物线上，得，解得，
所以抛物线的方程为，
设直线的方程为，，，，
由，得，
，
，，
因为，所以，，
所以，①
设的中点为，所以，，
所以的垂直平分线方程为，②
联立①②，可得，
所以的垂直平分线过定点．
（2）
，
点到直线的距离为，
所以
，
，
令，则，，
，解得：（舍去），，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以当时，取最大值为，
所以面积最大值为．
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．设函数，.
(1)求曲线平行于直线的切线；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）设，利用导数分析其单调性，对函数求导，可得，进而结合正、余弦函数的性质求解即可.
【详解】（1）因为，则，
设平行于直线的切线与曲线相切与点，
则，即，即切点为
所以所求切线方程为，即.
（2）设，则，
所以函数在和上单调递减，
由，
则，
而，，
令，则或，
即或或，；
令，则，
综上所述，函数在，上单调递增，
在上单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造函数，对函数求导，提取结合函数的单调性及正、余弦函数的性质求解即可.