2024届山东省济南外国语学校新高考联合质量测评高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届山东省济南外国语学校新高考联合质量测评高三上学期12月联考数学试题含答案，共33页。试卷主要包含了12， 已知集合，，则， 若为虚数单位，复数，则等于， 设函数， 已知，，，且，则的值为等内容，欢迎下载使用。

高三数学
2023.12
本卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置.
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.保持卡面清洁，不折叠、不破损.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 若为虚数单位，复数，则等于（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4. 将半径为3，圆心角为的扇形卷成一个圆锥的侧面，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 设函数（且）在区间单调递减，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6. 设函数（）的导函数的最大值为2，则在上的最小值为（ ）
A. B.
C D.
7. 记非常数数列的前n项和为，设甲：是等比数列；乙：（，1，且），则（ ）
A. 甲是乙的充要条件B. 甲是乙的充分不必要条件
C. 甲是乙的必要不充分条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
8. 已知，，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知一组数据，，…，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则所剩下的数据的（ ）
A. 平均数不变B. 中位数不变C. 标准差不变D. 极差不变
10. 根据《中华人民共和国噪声污染防治法》，城市噪音分为工业生产噪音，建筑施工噪音、交通运输噪音和生活环境噪音等四大类.根据不同类型的噪音，又进一步细化了限制标准.通常我们以分贝（dB）为单位来表示声音大小的等级，30～40分贝为安静环境，超过50分贝将对人体有影响，90分贝以上的环境会严重影响听力且会引起神经衰弱等疾病.如果强度为v的声音对应的分贝数为（dB），那么满足：.对几项生活环境的分贝数要求如下，城市道路交通主干道：60～70dB，商业、工业混合区：50～60dB，安静住宅区、疗养院：30～40dB.已知在某城市道路交通主干道、工商业混合区、安静住宅区测得声音的实际强度分别为，，，则（ ）
A.
B.
C. 若声音强度由降到，需降为原来的
D. 若要使分贝数由40提高到60，则声音强度需变为原来的100倍
11. 已知是定义在 上不恒为零的函数，对于任意都满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 奇函数
C. 关于点对称D.
12. 已知正四棱锥的侧棱长是x，正四棱锥的各个顶点均在同一球面上，若该球的体积为，当时，正四棱锥的体积可以是（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 2024年第6届U23亚洲杯将在卡塔尔举行．现将甲、乙，丙、丁四名志愿者分配到6个项目中参加志愿活动，且每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有3人分到同一项目中的情况有__________种．（用数字作答）
14. 若将上底面半径为2，下底面半径为4圆台型木块，削成体积最大的球，则该球的表面积为__________．
15. 设函数（）在区间内恰有两个零点，则的取值范围是__________．
16. 函数的所有零点之和为______．
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. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．
（1）求内角B的大小；
（2）若面积为，，，求线段BM的长．
18. 某班级为了提高学习数学、物理的兴趣，组织了一次答题比赛活动，规定每位学生共需回答3道题目．现有两种方案供学生任意选择，甲方案：只选数学问题；乙方案：第一次选数学问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选数学问题，若回答错误，则下一次选物理问题．数学问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分；物理问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分．已知A同学能正确回答数学问题的概率为，能正确回答物理问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答顺序无关．
（1）求A同学采用甲方案答题，得分不低于100分的概率；
（2）A同学选择哪种方案参加比赛更加合理，并说明理由．
19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，设，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，平面与平面的夹角的余弦值最大．
20. 已知正项数列的前n项和为，；数列是递增的等比数列，公比为q，且，的等差中项为10，，的等比中项为8．
（1）求，的通项公式；
（2）设，为的前n项和，若能成立，求实数的最大值．
21. 某学校新校区在校园里边种植了一种漂亮的植物，会开出粉红色或黄色的花．这种植物第1代开粉红色花和黄色花的概率都是，从第2代开始，若上一代开粉红色的花，则这一代开粉红色的花的概率是，开黄色花的概率是；若上一代开黄色的花，则这一代开粉红色的花的概率为，开黄色花的概率为．设第n代开粉红色花的概率为．
（1）求第2代开黄色花的概率；
（2）证明：．
22. 设（其中）．
（1）讨论的单调性；
（2）设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
普高大联考 试卷类型：A
山东新高考联合质量测评12月联考试题
高三数学
2023.12
本卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置.
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.保持卡面清洁，不折叠、不破损.
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. 已知集合，，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得集合，结合集合交集的概念与运算，即可求解.
【详解】由集合，
又因为，可得.
故选：C.
2. 若为虚数单位，复数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，再结合共轭复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以.
故选：A.
3. 已知，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将平方求出，利用夹角公式即可求出与的夹角.
【详解】∵，
∴，即，
，故，
∴，
又∵，
∴．
故选：C
4. 将半径为3，圆心角为的扇形卷成一个圆锥的侧面，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
扇形的弧长为，则，母线，
所以圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：B
5. 设函数（且）在区间单调递减，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，则（且），然后分和两种情况结合复合函数的单调性求解即可.
【详解】令，则（且），
当时，在定义域内递增，因为区间单调递减，
所以在区间单调递减，所以，解得．
当时，在定义域内递减，因为区间单调递减，
所以需要在区间单调递增，则，显然不满足要求，
综上，
故选：B．
6. 设函数（）的导函数的最大值为2，则在上的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，依题意可得，利用余弦函数性质可求出的最小值.
【详解】∵的最大值为2，∴．
∴，，∴，
∴，即，的最小值为．
故选：D.
7. 记非常数数列的前n项和为，设甲：是等比数列；乙：（，1，且），则（ ）
A. 甲是乙的充要条件B. 甲是乙的充分不必要条件
C. 甲是乙的必要不充分条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】当甲成立时利用等比数列求和公式可得乙成立，当乙成立时利用数列前n项和与通项之间关系可知甲成立，从而可得结果.
【详解】若，则（），
∴，，．
∵，1，
∴，∴数列是以为公比的等比数列．
若数列为等比数列，且，则．
又，∴，∴，
此时，1，，所以甲是乙的充要条件．
故选：A．
8. 已知，，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对已知等式化简结合可求出，则可求出，然后对变形化简可得，从而可求出的值.
【详解】因为，
所以，所以．
因为，所以，
因为，所以，，所以．
由，得，
即，
所以，
所以．
又，所以．
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知一组数据，，…，是公差不为0的等差数列，若去掉数据，则所剩下的数据的（ ）
A. 平均数不变B. 中位数不变C. 标准差不变D. 极差不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质可判断A，由中位数的概念可判断B，由标准差计算公式可判断C，根据极差定义可判断D.
【详解】设，，…，的平均数为，
可知，故A正确．
新数据的中位数为，故B正确．
原数据的标准差为
，
且新数据标准差为，故C错误．
因为最大值和最小值不变，故极差不变，故D正确．
故答案为：ABD．
10. 根据《中华人民共和国噪声污染防治法》，城市噪音分为工业生产噪音，建筑施工噪音、交通运输噪音和生活环境噪音等四大类.根据不同类型的噪音，又进一步细化了限制标准.通常我们以分贝（dB）为单位来表示声音大小的等级，30～40分贝为安静环境，超过50分贝将对人体有影响，90分贝以上的环境会严重影响听力且会引起神经衰弱等疾病.如果强度为v的声音对应的分贝数为（dB），那么满足：.对几项生活环境的分贝数要求如下，城市道路交通主干道：60～70dB，商业、工业混合区：50～60dB，安静住宅区、疗养院：30～40dB.已知在某城市道路交通主干道、工商业混合区、安静住宅区测得声音的实际强度分别为，，，则（ ）
A.
B.
C. 若声音强度由降到，需降为原来的
D. 若要使分贝数由40提高到60，则声音强度需变为原来的100倍
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题目分贝数函数求出，，，即可判断ABC，再分别求出40分贝数和60分贝数对应的声音强度即可判断D.
【详解】由题意可知，，即，得，
，即，得，
，即，得，
则，所以，与大小关系不确定，由此可知A正确，B错误；
因为，，所以，C错误；
当声音强度的等级为60dB时，有，即，得，
此时对应的强度.
当声音强度等级为40dB时，有，
即，得，此时对应的强度，
所以60dB的声音与40dB的声音强度之比，D正确.
故选：AD
11. 已知是定义在 上的不恒为零的函数，对于任意都满足，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为奇函数
C. 关于点对称D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，可判定A正确；令，得到，可判定C正确，B错误；根据题意，推得，得到的周期为，令，求得，结合函数的周期性，求得，可判定D正确．
【详解】由对于任意都满足，
令，则，所以A正确；
令，可得，即，
所以函数关于点对称，所以C正确，B错误；
又由为偶函数知关于直线对称，即，
可得，则，所以，
所以函数的周期为，令，则，
可得，
，
所以，所以D正确．
故选：ACD．
12. 已知正四棱锥的侧棱长是x，正四棱锥的各个顶点均在同一球面上，若该球的体积为，当时，正四棱锥的体积可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，根据正四棱锥的结构特征以及外接球的性质分析可得，结合体积公式可得，利用导数求其单调性和最值，即可得结果.
【详解】因为球的体积为，所以球的半径为．
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则，即，
又因为，即，整理得，
可得，
令，则，
因为，，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
当时，取到最大值；
当时，；当时，；
所以正四棱锥体积．
因为，，
所以正四棱锥的体积可以是，.
故选：BD．
【点睛】关键点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解，利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 2024年第6届U23亚洲杯将在卡塔尔举行．现将甲、乙，丙、丁四名志愿者分配到6个项目中参加志愿活动，且每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有3人分到同一项目中的情况有__________种．（用数字作答）
【答案】120
【解析】
【分析】分三步完成，第一步从四名志愿者中选取三名志愿者，第二步从6个项目中选取2个项目，第三步把志愿者分配到两个项目中，再利用分步乘法计数原理可得答案..
【详解】可分三步完成，
第一步，从四名志愿者中选取三名志愿者，有种选法；
第二步，从6个项目中选取2个项目有种不同的选法；
第三步，把志愿者分配到两个项目中有种分配方法；
故共有（种）不同的分配方法．
故答案为：120.
14. 若将上底面半径为2，下底面半径为4的圆台型木块，削成体积最大的球，则该球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】球的体积最大，当且仅当该球为圆台的内切球，利用圆台轴截面与球的截面大圆关系求出球半径即可.
【详解】依题意，削成的球体积最大，当且仅当该球为圆台的内切球，设球半径为，
过圆台轴的截面截球所得大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆，则梯形的高为，
由圆的外切四边形性质可知，等腰梯形的腰长为，
因此，解得，
所以球的表面积.
故答案为：
15. 设函数（）在区间内恰有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合函数与方程之间的关系，以及正弦函数的性质即可求解.
【详解】由题知，又因为，所以．
因为，所以，
当或，或时，，
要满足函数在区间内恰两个零点，则，解得．
故答案为：.
16. 函数的所有零点之和为______．
【答案】15
【解析】
【分析】在同一坐标系内作出函数与的图象，根据与的图象都关于直线对称求解．
【详解】解：令，．
显然与的图象都关于直线对称．
在同一坐标系内作出函数与的图象，如图所示：
由图象知：它们的图象有6个公共点，其横坐标依次为，，，，，，
这6个点两两关于直线对称，
∴，则．
∴函数所有零点之和为15．
故答案为：15
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. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．
（1）求内角B的大小；
（2）若的面积为，，，求线段BM的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理边角互化，正弦的和角公式即可求出，进而得答案；
（2）结合（1），根据面积公式得，进而得，进而由余弦定理得，为直角三角形，再结合题意，借助勾股定理求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理边化角得，
所以
因为
所以，
因为，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
因为的面积为，，
所以，所以．
因，所以，，
所以，
所以，即为直角三角形，
因为，所以，
所以．
18. 某班级为了提高学习数学、物理的兴趣，组织了一次答题比赛活动，规定每位学生共需回答3道题目．现有两种方案供学生任意选择，甲方案：只选数学问题；乙方案：第一次选数学问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选数学问题，若回答错误，则下一次选物理问题．数学问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分；物理问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分．已知A同学能正确回答数学问题的概率为，能正确回答物理问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答顺序无关．
（1）求A同学采用甲方案答题，得分不低于100分的概率；
（2）A同学选择哪种方案参加比赛更加合理，并说明理由．
【答案】（1）
（2）选择乙方案参加比赛更加合理，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用独立重复试验的概率计算公式，即可求解；
（2）若采用甲方案，则其得分X的可能取值为0，50，100，150，求得相应的概率，列出分布列，求得；若采用乙方案，则其得分Y的可能取值为0，30，50，80，100，150，求得相应的概率，列出分布列，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
解：张同学采用甲方案答题，得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，
所以其概率为．
【小问2详解】
解：张同学选择乙方案参加比赛更加合理．理由如下：
若采用甲方案，则其得分X的可能取值为0，50，100，150，
，，，．
所以的概率分布列为
所以X的数学期望为．
若采用乙方案，则其得分Y的可能取值为0，30，50，80，100，150，
所以，，，，，．
所以Y的概率分布列为
所以的数学期望为．
因为，所以张同学选择乙方案参加比赛更加合理.
19. 已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，设，．
（1）证明：；
（2）当为何值时，平面与平面的夹角的余弦值最大．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得，即可证得；
（2）由平面，得到平面的法向量为，再求得的法向量，利用向量的夹角公式，求得，结合二次函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为直三棱柱，底面，
又因为底面，所以，
因为，且，所以AB⊥BF，
又因为，且平面，所以平面，
所以，，两两垂直，
以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，，
又由，则，所以，，
因为，所以，即．
【小问2详解】
解：因为平面，可得平面的一个法向量为，
由，，
设平面的法向量，则，
取，可得，，所以，
设平面与平面DEF所成二面角的平面角为，
则，
当时，取最小值为，此时取最大值为，此时．
20. 已知正项数列的前n项和为，；数列是递增的等比数列，公比为q，且，的等差中项为10，，的等比中项为8．
（1）求，的通项公式；
（2）设，为的前n项和，若能成立，求实数的最大值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用的关系式即可求得是等差数列，可得；再利用等比数列定义即可求得，可得；
（2）采用分组求和并利用等差、等比数列前项和公式即可求得，不等式能成立等价于，利用单调性可求得.
【小问1详解】
由可得，
当时，，两式相减得，
∴，
即．∵，
∴（），
即可得是等差数列．
由，得，∴，
即．
由题意得，即，解得或．
∵是递增的等比数列，
∴，所以，得，
∴．
所以和的通项公式为，．
【小问2详解】
由（1）得：
．
能成立，等价于能成立，
化简得能成立，即．
设，则
，
∴是递减数列，故的最大值为．
∴，
因此的最大值为．
21. 某学校新校区在校园里边种植了一种漂亮的植物，会开出粉红色或黄色的花．这种植物第1代开粉红色花和黄色花的概率都是，从第2代开始，若上一代开粉红色的花，则这一代开粉红色的花的概率是，开黄色花的概率是；若上一代开黄色的花，则这一代开粉红色的花的概率为，开黄色花的概率为．设第n代开粉红色花的概率为．
（1）求第2代开黄色花的概率；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由条件概率公式以及概率的加法公式计算可得第2代开黄色花的概率为；
（2）由题意可求得是以为首项，为公比的等比数列，即；
裂项可得，求和即可得.
【小问1详解】
设事件表示第i代开粉红色花，事件表示第i代开黄色花，
由题意可得，
所以第2代开黄色花的概率为．
【小问2详解】
由题可知，，即．
设（），
则，，解得，
即，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
可得，即；
因此，
由累加法可得：
．
所以可得.
22. 设（其中）．
（1）讨论的单调性；
（2）设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分，，三种情况，求出单调性；
（2）不等式转化为，构造，求导得到其单调性，得到当且仅当时等号成立，并且存在，满足，故当时，满足要求，当时，不合要求，得到答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，
求导得，
令得，，
当时，，当或时，；当时，，
则在，单调递增，在单调递减；
当时，恒成立，故单调递增；
当时，，当或时，，当时，，
则在，单调递增，在单调递减．
综上，当时，在，单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在，单调递增，在单调递减；
【小问2详解】
将代入中，
，
化简得，不等式两边同减去得，
，
可化为，
令，则，
易知当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，从而当且仅当时等号成立，
则当且仅当时等号成立，
令，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，，
故存在，满足，
当时，，，可得原不等式成立；
当时，由于存在，满足，
从而使得，
而，于是不恒成立．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同减去得，，从而构造进行求解.
0
50
100
150
0
30
50
80
100
150