山东省济宁市2023-2024学年高三上学期质量检测数学试题及答案

这是一份山东省济宁市2023-2024学年高三上学期质量检测数学试题及答案，共12页。试卷主要包含了01，414等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
2023—2024 学年度第一学期高三质量检测
数学试题
2024.01
本试卷共 4 页.满分 150 分，考试时间 120 分钟。
答卷前，考生务必将自己的姓名，考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
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。
已知复数 z 满足 z(1  i)  1  2i  0 ，则在复平面内 z 对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2
已知集合 A  x  N x2  3x  0，集合 B  y y  lg x , x  A ，则 A ∩ B  （ ）
A.{1}B.{2}C.{0,1}D.ϕ
“ a  1 ”是“直线l1
: ax  y  1  0 与直线l2
: x  a2 y  1  0 垂直”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
x2y2
已知椭圆 E :
a2b2
 1(a  b  0) 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ，点 P 为椭圆 E 上位于第一象限内的一
点，若 PF1
 3 PF2
， | OP | OF2
（ O 为坐标原点），则椭圆 E 的离心率为（）
5
6
2
10
A.B.C.D.
4424
如图，已知圆锥 SO 的母线长为2
， AB 是底面圆O 的直径，且 AB  4 ，点C 是弧 ‸AB 的中点， D 是
6
SA 的中点，则异面直线 SO 与CD 所成角的大小为（）
ππππ
A.B.C.D.
6432
定义在R 上的函数 y 
f (x) 和 y  g(x) 的图象关于 y 轴对称，且函数 y 
f (x  1)  2 是奇函数，则函数
y  g(x) 图象的对称中心为（）
A. (1, 2)B. (1, 2)
C. (1, 2)
D. (1, 2)
若 tan α π  2 ，则sinα(1  sin 2α)  （）
4 
csα sinα

63
A.B.
55
C. D.  6
3
55
2
已知正三棱锥 P  ABC 的底面边长为2， E 为棱 PB 的中点，若 PA  CE ，则三棱锥 P  ACE 的外
接球的表面积是（）
9π
A.
2
B. 9πC.
81π 4
D. 36π
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。
下列命题中正确的是（）
若 ac2  bc2 ，则 a  b
若 a  b 且c  d ，则 a  c  b  d
若 a  0 ， b  0 ，且 a  2b  1，则
9
 1 的最小值为3  2
2
ab
若 a  0 ，则4a 
a  2
的最小值为 4
已知函数 f (x)  sin(ωx φ)(ω 0, 0  φ π) 的最小正周期为π，且函数 f (x) 的图象关于直线
x   π 对称，则下列说法正确的是（）
12
函数 f (x) 的图象关于点 2π 对称
 3 , 0 

函数 f (x) 在区间 0, 5π 内单调递减
12 

函数 f (x) 在区间 π π 内有恰有两个零点
,
4 2 
π
函数 f (x) 的图象向右平移
12
个单位长度可以得到函数 g(x)  cs 2x 的图象
已知数列a  的前 n 项和为 S ，且满足 a  1， a a
 2n ， b 
1，数列b  b
的前 n 项
nn1
n n1
nlg
a2n
nn1
和为Tn ，则下列说法正确的是（）
2n1
A. a 2n1
2024
C. S 3  21012  3
B. a 2n1
2n
D. Tn  1
2
已知双曲线 E : x2  y
3
 1 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ，过左焦点 F1 的直线与双曲线 E 的左支相交于
A, B 两点（ A 在第二象限），点C 与 B 关于坐标原点对称，点 M 的坐标为(0, 2 3 ），则下列结论正确的是
（）
1
记直线 AB 、 AC 的斜率分別为 k1 、 k2 ，则 k1  k2  3
–––→ –––→
1
若CF1  BF1  0 ，则 S△CBF  3
MC  CF1
的最小值为 6
–––→ ––––→
3

AF1  AF2 的取值范围是  4 , 
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
已知指数函数 y 
f (x) 的图象经过点(3, 27) ，则 f 2 lg3 2  .
→ →→→
→→→→ →
已知平面向量 a, b 满足 a
 1 ， b  (1, 2) ， a  (a  2b ) ，则向量 a, b 夹角的余弦值为.
已知圆O : x2  y2  4 ，过点 P(3,1) 作两条与圆O 相切的直线，切点分别为 A, B ，则 AB  .
若函数 f (x)  x2  ax ex  1  a2ex 恰有两个不同的零点，则实数 a 的取值范围是.
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（本题满分 10 分）
a
在△ABC 中，角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，已知b cs C  c cs B  0 .
2 cs A
3
求角 A 的大小；
若 S△ ABC

，求 a 的最小值.
18.（本题满分 12 分）
已知数列an  为公差大于 0 的等差数列，其前 n 项和为 Sn ， S5  15 ， a2  a4  8 .
求数列an  的通项公式；
设b  2an  cs anπ，求数列b  的前 100 项和T.
n2n
19.（本题满分 12 分）
100
如图，已知三棱柱 ABC  A1 B1C1 各棱长均为 2， D, E 分別是线段 AC ， AA1 的中点， A1 D  平面 ABC .
求证：平面 ABC1  平而 BDE ；
求平面 B1BD 与平面 BDE 夹角的大小. 20.（本题满分 12 分）
如图，点 P 是圆心角为 2π，半径为 1 的扇形圆弧 ‸AB 上的一动点（与 A, B 不重合）， C 在线段OB 上且
3
CP//OA ，记POA  θ，线段OC ， CP 及圆弧 P‸A 的长度之和为 f (θ) .
求函数 f (θ) 关于θ的解析式；
求θ为何值时，函数 f (θ) 取得最大值. 21.（本题满分 12 分）
已知抛物线C : x2  2 py( p  0) 的焦点到C 的准线的距离为 1.
求抛物线C 的方程；
若经过定点 D(0, 4) 的直线l 与抛物线C 交于 A, B 两点， M 为弦 AB 的中点，过 M 作与 x 轴垂直的直线与抛物线C 交于点 N ，当 AN  BN 时，求直线l 的方程.
22.（本题满分 12 分）
1  ln x
已知函数 f (x) .
x
求函数 f (x) 的单调区间；
若实数 m, n 满足 m  n  0 ，证明：
4ex2
证明：当 x  0 时， f (x) .
x2
men  nem
em  en
1 ；
2023—2024 学年度第一学期高三质量检测数学试题参考答案及评分标准
说明：（1）此评分标准仅供参考：
（2）学生解法若与此评分标准中的解法不同，请酌情给分。一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。
1.C2.A3.A4.D5.B6.C7.C8.B
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.AC10.ABD11.ACD12.BD
12.提示：设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ， C x2 ,  y2 
555
由于 A, B 两点均在双曲线的左支上，所以 xA   4 ， xB   4 ， xC  4
对于 A：设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ， C x2 ,  y2 
y  yy  yy 2  y 2
则， k  k
 12  12  12
12x  xx  xx 2  x 2
121212
y 2
x 2  1  1
3
 1322122
 A, B 均在双曲线上，
，所以 x1
y 2
x2
 y1
y2 
x 2  2  1
 23
所以， k1  k2  3 ，A 错误.
–––→ –––→
对于 B：由CF1  BF1  0 知， CF1  BF1
由对称性得， CF1  CF2 且 S△CBF
 S△CF F
计算可得， S△CBF
 S△CF F
11 2
 3 ，B 正确
11 2
对于C : MC  MF1  MC  CF2  2
当 M ， C ， F2 三点共线时， MC  MF1
 MC  CF2
 2  6
此时， xC
 5 ，与 x
C
5 矛盾，故 C 错误
4
–––→ ––––→
对于 D : AF  AF
  x
 2, y    x
2, y   x 2  y 2  4
12111111
–––→ ––––→
又， y 2  3x 2  1 ，所以， AF  AF  4x 2  7
11
–––→ ––––→
121
3

结合， xA   4 得， AF1  AF2 的取值范围是  4 ,  ，故 D 正确.
综上，正确答案为：BD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。
5
13.414.
10
4 15
15.
5
16.a a  0 或 a   1 
e

16.提示： f (x)  x2  ax ex  1  a2ex  (x  a) x  aex 
x
令 f (x)  0 ，则 x  a 或a 
ex
记 g(x)  x
ex
， g (x)  1  x ， g(x) 在(0,1) 上单调递增；在(1, ) 上单调递减
ex
 g(x) 最大值为 g(1)  1 .
e
当 a  0 时， f (x) 只有一个零点， x  0 ，显然不合题意
x
要使 f (x) 恰好有两个零点，则方程a 只有一个实根，另一个零点为 x  a .
ex
故 a 的取值范围为： (0, ) ∪  1 
 e

四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（10 分）
a
解：（1） b cs C  c cs B  0 2 cs A
sin A
由正弦定理得： sin B cs C  sin C cs B  0
2 cs A
sin(B  C) 
sin A
2 cs A
 sin A 
sin A
2 cs A
 0 ，又sin A  0 ，cs A   1 ，
2
 A  (0,π) ， A  2π
3
3
113
（2） S△ ABC
bc sin A bc 
222

， bc  4
由余弦定理得： a2  b2  c2  2bc cs A  b2  c2  bc  3bc  12
当且仅当b  c  2 时等号成立.
3
 a  2
即 a 的最小值为2.
3
18.（12 分）
解：（1）设数列an  的公差为 d (d  0)
因为 S5  15 ， a2  a4  8
5a1  2d   15
所以a
 d a
 3d   8
11
a1  1a1  5
解得d  1 或d  1 （舍去）

所以， an  a1  (n  1)d  1  (n  1) 1，即 an  n .
（2）由（1）得bn
 2an  cs anπ  2n  cs nπ
22

(4k  1)ππ
当 n  4k  1， k  N 时， cs
2
 cs 2kπ 2   0 ，所以b4k 1  0 ；
当 n  4k  2 ， k  N 时， cs
(4k  2)π 2
 cs(2kππ)  1 ，所以b4k 2  2
4k 2 ；
(4k  3)π3π
当 n  4k  3 ， k  N 时， cs
2
 cs 2kπ
2   0 ，所以b4k 3  0 ；
当 n  4(k  1) ， k  N 时， cs
4(k  1)π
2

 cs(2kπ 2π)  1，所以b4k 4  2
4k 4 ；
T100
 22  24  26  28  2100

4  1  (4)50  1  22 
19.（12 分）
2102  4
.
5
证明： A1 D  平面 ABC ， BD  平面 ABC ， A1 D  BD
 AB  AC  BC  2 ， D 为 AC 的中点， BD  AC AC ∩ A1 D  D ， BD  平面 ACC1 A1 ， BD  AC1
在平行四边形 ACC1 A1 中， AC  CC1  C1 A1  A1 A  2 ，
四边形 ACC1 A1 为菱形， AC1  A1C
又 D, E 分别为 AC ， AA1 的中点， DE //A1C
 AC1  DE ， AC1  平面 BDE ， AC1  平面 ABC1
平面 ABC1  平面 BDE
由（1）可知， DB ， DC ， DA1 两两相互垂直，故建立以 D 为坐标原点，以 DB ， DC ， DA1 所在直
线分别为 x 轴， y 轴， z 轴的如图所示的空间直角坐标系
由三棱柱的所有棱长均为 2 得， DB 
3 ， DA  1， DA1 
3
 D(0, 0, 0) ， A(0, 1, 0) ， B( 3, 0, 0) ， B1 ( 3,1, 3) ， C1 (0, 2, 3)
–––→
––––→
––––→
 DB  ( 3, 0, 0) ， DB1  ( 3,1, 3) ， AC1  (0, 3, 3)
→
设平面 B1BD 的法向量为 m  (x, y, z)
 → –––→
m  DB  0 3x  0
则 → ––––→，
m  DB1  0 3x  y 
3z  0
3
令 z  1，则 y  ， x  0
→
所以，平面 B1BD 的一个法向量为 m  (0, 
由（1）知 AC1  平面 BDE
3,1)
––––→
所以，平面 BDE 的一个法向量为 AC1  (0, 3, 3)
设平面 B1BD 与平面 BDE 的夹角为θ
| → |  ––––→
m AC1
→  ––––→
mAC1
2  2 3
3 3 3
1π
则csθ
，θ
23
π
所以，平面 B1 BD 与平面 BDE 的夹角为 3 . 20.（12 分）
π2π
解：（1）在△PCO 中，由题可知OP  1， CPO  θ， OCP ， COP θ
33
1OCCP
由正弦定理得，
π  sinθ  2π
sin
3
sin  3 θ

3
sinθ2 sinθ
所以， OC 
sin
π .
3
sin  2πθ2 sin  2πθ
 3 3
CP 
 
3
sin π
3
在扇形 POA 中，记弧 PA 的长度为l ，则l  θ
2 sin  2πθ
3
2 sinθ
 3
2  3
3
3
3  2


所以， f (θ)  OC  CP θ  θ
sinθ
csθ θ
2
π2π
所以， f (θ)  2 sin θ 6  θ，θ  0, 3 

（2）由（1）得， f (θ)  2 csθ π  1 ，θ  0, 2π
6 3 

令 f (θ)  2 csθ π  1  0 ，得θ π
6 2

π
2
当θ  0, 时， f

(θ)  0 ， f (θ) 单调递增

π
当θ
2π
 θ)  0 ， f (θ) 单调递减
, 时， f (
 23 
3
π
所以，当θ时， f (θ) 取最大值，且最大值为 2
 π.
2
21.（12 分）
解：（1）因为抛物线 C 的焦点到 C 的准线的距离为 1，所以， p  1
所以，抛物线C 的方程为 x2  2 y .
由题意可得，直线l 存在斜率，又直线l 过 D(0, 4) ，故设直线l 的方程为 y  kx  4 ，
x2  2 y

由 y  kx  4
，消去 y 并整理得 x2  2kx  8  0 ，
△ 4k 2  32  0 ，所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点.
设 A x1, y1  ， B  x2 , y2  ，则 x1  x2  2k ， x1x2  8 ，
x 2x 2
(8)2
所以， y  y  k  x  x   8  2k 2  8 ， y y
 1  2  16 .
1212
1 2224
因为， M 为弦 AB 的中点，过 M 作 x 轴垂直的直线与抛物线C 交于点 N ，
x  x
x2k 2
所以， x x 12  k ， y N 
NM2
k 2 
N22
所以， N 的坐标为 k, 2 
–––→

k 2
–––→
k 2
所以， AN   k  x1 , 2  y1  ， BN   k  x2 , 2  y2 

因为 AN  BN
–––→ –––→
 k 2
 k 2
所以， AN  BN  k  x1 k  x2   
 2
 y1 
 2
 y2   0

2
即 x1x2  k  x1  x2   k
k 2
 y1 y2 
4
k
 y1  y2   0
8  2k
2  k 2
 16  k
2k 2
24
k 4
8  0
2
24
整理得3k 4  20k 2  32  k 2  83k 2  4  0
2 3
解得 k  
3
所以，直线l 的方程为2 3x  3y  12  0 或2 3x  3y  12  0 . 22.（12 分）
解：（1） f (x) 的定义域为(0, ) ， f (x)  ln x
x2
由 f (x)  0 ，得0  x  1 ，由 f (x)  0 得 x  1；
所以 f (x) 的单调递增区间为(0,1) ； f (x) 的单调递减区间为(1, ) .
（2）证明： m  n  0 ， 0  em  en  1
men  nem
nmmn
要证明
em  en
1 ，即证明： me
 ne e  e
即证明：
m  1
 n  1 ，即证：
ln em  1  ln en  1
emenemen
又由（1）可知， f (x) 的单调递增区间为(0,1) ，
 f em   f en  ，原命题成立.
4ex2
要证明 f (x) ， (x  0)
x2
即证明 x(1  ln x)  4ex2
由（1）可知， f (x) 在 x  1处取得最大值，
 f (x)  f (1) ，1  ln x  x ， x(1  ln x)  x2 （等号在 x  1时成立）
下面证明： x2
 4e
x2
x24
，即证明：
exe2
x2
2x  x2
x(2  x)
令 g(x) 
ex
(x  0) ， g (x) 
exex
令 g (x)  0 ，得0  x  2 ， g (x)  0 ，得 x  2
所以 g(x) 的单调递增区间为(0, 2) ； g(x) 的单调递减区间为(2, ) .
g(x)  g(2)  4
e2
（等号在 x  2 时成立）
4ex2
综上： f (x) （等号不能同时成立）.
x2