山东省烟台市2024届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效：在草稿纸､试题卷上答题无效.
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】
【分析】解出集合，利用集合的运算计算即可.
【详解】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】
【分析】根据两条直线平行，对应方程系数的关系求解，分两个方面判断即可．
【详解】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】
【分析】对于选项A,B利用作差法即可判断；对于选项C,D利用指数函数及幂函数的单调性即可判断.
【详解】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】
【分析】利用向量的数量积公式，求解即可.
【详解】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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论，利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】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：A
6. 已知为定义在上的奇函数，当时，，则方程实数根的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的定义求出的解析式，进而解方程即可.
【详解】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：C
7. 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】
【分析】设过右焦点垂直于渐近线的直线为，求出，利用向量关系表示出，再代入另外一条渐近线，整理计算即可.
【详解】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】
【分析】结合题意构造函数，得到，表示出,再借助导数求出得最小值即可.
【详解】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.
【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：
积型：，
①，构建；
②，构建；
商型：，
①，构建；
②，构建；
和型：，
①，构建；
②，构建.
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】
【分析】根据题意，由数据平均数、方差、中位数、极差的定义分析选项，综合可得答案.
【详解】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：AD
10. 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】
【分析】利用三角函数的图象变换，求出，再利用三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】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】
【分析】连接交于，以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立坐标系，利用空间向量法判断ABC，利用三棱锥体积公式判断D.
【详解】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：BCD
12. 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】
【分析】根据图象的对称性判断A；由及抛物线方程得到点的坐标，由对称性得到点坐标，代入即可求，判断B；由题意得到直线截第一象限花瓣弦长的函数，借助导数即可判断C；利用导数的几何意义求出过点的切线，借助图象的对称性判断D.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：本题的关键是借助抛物线图象的对称性，利用导数的几何意义和导数求单调性及最值解决问题.
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】
【分析】先求得二项式展开式的通项为，结合通项进而求得项的系数.
【详解】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】
【分析】利用等差数列的基本量和表示,，计算即可.
【详解】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】
【分析】对已知等式进行变形，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，结合题意进行求解即可.
【详解】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】 ①. ②.
【解析】
【分析】把直三棱柱可补充一个长方体，结合长方体的性质，求得外接球的半径，得到其表面积；连接，延长交于点，取的中点，连接，
在过点作，证得截面四边形为直角梯形，设，求得梯形的面积为，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】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：.
【点睛】知识方法点拨：对于立体结合中的截面的探索性以及最值问题的求解策略：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
5、对于探索性问题的求解，可得建立函数关系，常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
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.
【答案】17.
18. 或
【解析】
【分析】（1）在三角形中，对已知条件进行“边化角”，化简后再利用两角和的正余公式，求出角的余弦值，从而求出角的大小；
（2）由余弦定理求出的值，再由三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
，
，
即，
．
【小问2详解】
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.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等比中项的定义，得到，解出，得到，进而算出数列的通项公式；
（2）利用错位相减法，结合等比数列的前项和公式算出的表达式，进而证出不等式成立.
【小问1详解】
根据题意，可得，即，
解得，所以，
当时，，
当时，，也符合，
故.
【小问2详解】
证明：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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面底面，证明平面，可证得；
（2）为和交点，证明底面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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？
【答案】（1）
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）根据好投手的定义，利用独立重复试验的概率求解；
（2）先求得甲、乙同学都获得好投手的概率，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，由，再根据时，甲､乙同学组成的小组获得“神投手组合”的概率最大求解.
【小问1详解】
解：设一局比赛中甲被称为好投手的事件为A，
则；
【小问2详解】
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：.
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）对求导可得，再对参数进行分类讨论即可讨论出函数单调性；
（2）易知当时，满足，再利用对数运算性质以及累加法即可得出证明；
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用（1）中结论，由根据累加法即可求得结论.
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，为坐标原点.
（1）若为定值，求的值，并说明理由；
（2）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）或;
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆相切，以及韦达定理表示出，进而求出的值
（2）判读出三点共线，利用（1）问表示出，借助弦长公式，进行换元转化为二次函数求最值即可.
【小问1详解】
由题意设，
当直线的斜率不为时，直线：，
因为直线与圆相切，所以，即，
联立，可得：，
所以
，
所以，
因为，所以，
要使为定值，则，所以或，
当直线的斜率为时，
因为直线与圆相切，所以， 即，
不妨取，
联立，可得,所以
所以，也符合上式.
【小问2详解】
当时，由（1）可知，，
同理,即三点共线，
所以，
当直线的斜率不为时，由（1）可知：
所以，
因为，
所以，
令，
所以，
所以当时，有最小值为；
当时，有最小值为；
当直线的斜率为时，由（1）可知：
.
综上: 面积的取值范围.
【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，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．数字
1
2
3
4
5
6
7
8
9
纵式
横式