山东省济宁市2024届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省济宁市2024届高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），文件包含山东省济宁市2024届高三上学期期末考数学试题word版含解析docx、山东省济宁市2024届高三上学期期末考数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2024.01
本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.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.
2.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.
1. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数乘法、除法运算即可求解.
【详解】由，得，
则复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C
2. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次不等式以及对数函数求集合，进而求交集.
【详解】由题意可得：，
，
所以.
故选：A.
3. “”是“直线与直线垂直”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】因为直线：与直线：垂直，
所以，解得或，
所以“”是“直线：与直线：垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上位于第一象限内的一点，若，（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意画出图形，可得为直角三角形，由已知结合椭圆的定义求解与的值，再由勾股定理求解．
【详解】如图，
由，，可得为直角三角形，
，且，
解得，，
再由勾股定理可得：
得，．
故选：D．
5. 如图，已知圆锥的母线长为，是底面圆的直径，且，点是弧的中点，是的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小.
【详解】因为是底面圆的直径，且，点是弧的中点，则，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，平面，平面，则，
所以，，
所以，、、，
则，，
则，
因为，则.
故异面直线与所成角为.
故选：B.
6. 定义在上的函数和的图象关于轴对称，且函数是奇函数，则函数图象的对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到函数的图象关于点对称，结合与的图象关于轴对称，即可得到图象的对称中心.
【详解】由函数为奇函数，可得，
令，可得，
所以函数的图象关于点对称，
又因为与的图象关于轴对称，
所以函数图象的对称中心为.
故选：C.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的值，利用二倍角的正弦公式、弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】因为，解得，
所以，
.
故选：C.
8. 已知正三棱锥的底面边长为，为棱的中点，若，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】推导出平面，可得出、、两两相互垂直，将三棱锥补成长方体，可求出三棱锥的外接球直径，结合球体表面积公式可求得结果.
【详解】取线段的中点，连接、，如下图所示：
因为三棱锥为正三棱锥，则，为等边三角形，
因为为的中点，则，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
因为，，、平面，则平面，
因为、平面，则，，
因为三棱锥为正三棱锥，则，
所以，、、两两相互垂直，
将三棱锥补成长方体，
则三棱锥的外接球直径即为长方体的外接球直径，
故三棱锥的外接球直径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若且，则
C. 若，，且，则的最小值为
D. 若，则的最小值为4
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据不等式的性质分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：根据“1”的转化结合基本不等式运算求解；对于D：利用基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.
【详解】对于选项A：若，可知，可得，故A正确；
对于选项B：例如，则，故B错误；
对于选项C：若，，且，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于选项D：若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
显然不成立，所以的最小值不为4，故D错误；
故选：AC.
10. 已知函数的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数在区间内单调递减
C. 函数在区间内有恰有两个零点
D. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合题意求出解析式，结合图像性质逐项判断即可
【详解】函数的最小正周期为，
则，得，则，
又函数的图象关于直线对称，
则，则，
即，又，则，
故，
A，当时，，
则函数的图象关于点对称，A正确；
B，，则，
函数在单调递减，则函数在区间内单调递减，B正确；
C，由，则，
即，又，
，则有1个零点，C错误；
D，函数的图象向右平移个单位长度，
则，
D正确；
故选：ABD
11. 已知数列的前项和为，且满足，，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】推导出数列、均为等比数列，确定这两个数列的首项和公比，结合等比数列的通项公式可判断AB选项；利用等比数列的求和公式可判断C选项；利用裂项相消法可判断D选项.
【详解】因为数列的前项和为，且满足，，
当时，则，
对任意的，由可得，
上述两个等式相除可得，
所以，数列成以为首项，公比为的等比数列，则，
数列成以为首项，公比为的等比数列，则，A对B错；
，则，
所以，数列是等比数列，且其首项为，公比为，
所以，，C对；
，所以，，
所以，，D对.
故选：ACD.
12. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过左焦点的直线与双曲线的左支相交于两点（在第二象限），点与关于坐标原点对称，点的坐标为），则下列结论正确的是（ ）
A. 记直线、的斜率分別为、，则
B. 若，则
C. 的最小值为6
D. 的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，结合斜率公式及点差法即可求解；对B，根据垂直于对称性得，计算即可；对C，结合双曲线定义得，当，，三点共线时取得最小值，求出，结合的范围即可判断；D结合数量积的坐标运算及的范围即可求解.
【详解】若直线与渐近线平行时，
根据对称性不妨取直线方程为，
联立，得，
设，，，
由于两点均在双曲线的左支上，所以，，，
对于A：设，，，
则，，
均在双曲线上，，所以，
所以，，A错误.
对于B：由知，，
由对称性得，，则四边形为矩形，则，
设，，则在中，
由余弦定理得，
即，
即，
，
则，
则，B正确；
对于，
当，，三点共线时，，
，则直线，
联立，解得，与矛盾，故C错误；
对于，
又，所以，
结合，得，的取值范围是，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知指数函数的图象经过点，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用待定系数法求出指数函数解析式，代入运算求得的值.
【详解】由题意设，且，图象经过点，
则，解得，
所以，
.
故答案为：4.
14. 已知平面向量满足，，，则向量夹角的余弦值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由向量垂直及向量数量积的运算律求夹角余弦值.
【详解】由题设，
所以.
故答案为：
15. 已知圆，过点作两条与圆相切的直线，切点分别为，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】应用等面积法有，结合两点距离公式、切线长求法求切点弦长.
【详解】如下图，，又，
由，，
所以.
故答案为：
16. 若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据因式分解可得或，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解.
【详解】
令，则或
记，则，令，则，
在上单调递增；在上单调递减
最大值为，且当时，，而当时，，
故的大致图象如下：
当时，只有一个零点，，显然不合题意
要使恰好有两个零点，则方程只有一个实根，另一个零点为.
所以或，故或，
故的取值范围为：
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而可求解，
（2）根据面积公式以及余弦定理，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理得：
，
又，，
，
；
【小问2详解】
，，
由余弦定理得：，
当且仅当时等号成立，
，即的最小值为.
18. 已知数列为公差大于0的等差数列，其前项和为，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前100项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程求得的值，即可求解；
（2）由（1）得，分别求得，，和时，的取值，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
因为，，可得，解得或（舍去），
所以，
即数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由（1）得，
当，时，，所以；
当，时，，所以；
当，时，，所以；
当，时，，所以；
所以.
19. 如图，已知三棱柱各棱长均为2，分別是线段，的中点，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由四边形为菱形，证得，结合，得到，利用线面垂直的判定，证得平面，进而证得平面平面.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
又因为，且为中点，所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在平行四边形中，，
可得四边形为菱形，所以
因为分别为，的中点，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）可知，，，两两相互垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由三棱柱的所有棱长均为2得，，，
可得，，，，
则，，
设平面的法向量为，则则，
取，可得，所以平面的一个法向量为，
又由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
因为，所以，即平面与平面的夹角为.
20. 如图，点是圆心角为，半径为1的扇形圆弧上的一动点（与不重合），在线段上且，记，线段，及圆弧的长度之和为.
（1）求函数关于的解析式；
（2）求何值时，函数取得最大值.
【答案】（1），
（2）.
【解析】
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，，结合扇形的弧长公式和三角恒等变换的公式，可得的解析式；
（2）由（1），可得，利用导数求得函数单调区间，进而求得的最大值.
【小问1详解】
解：在中，因为，，，
由正弦定理得，
所以，，
在扇形中，记弧的长度为，则，
所以
，
即，.
【小问2详解】
解：由（1）知，，
可得，，
令，即，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取最大值，且最大值为.
21. 已知抛物线的焦点到的准线的距离为1.
（1）求抛物线的方程；
（2）若经过定点的直线与抛物线交于两点，为弦的中点，过作与轴垂直的直线与抛物线交于点，当时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理，中点坐标及数量积公式即可求解.
【小问1详解】
因为抛物线C的焦点到C的准线的距离为1，
所以，，
所以，抛物线的方程为.
【小问2详解】
由题意可得，直线存在斜率，又直线过，
故设直线的方程为，
由，消去并整理得，
，所以直线与抛物线恒有两个交点.
设，，则，，
所以，，.
因为，为弦的中点，过作轴垂直的直线与抛物线交于点，
所以，，，
所以，的坐标为，
所以，，，
因为，
所以，，
即，
，
整理得，
解得，
所以，直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若实数满足，证明：；
（3）证明：当时，.
【答案】22. 单调递增区间为；单调递减区间为.
23. 证明见解析 24. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数可求的单调区间；
（2）将原问题转化为，结合(1)的函数的单调性可得证；
（3）将原问题转化为由（1）可知， ，所以得（等号在时成立），再证，构造，结合导数可得（等号在时成立），所以可得.
【小问1详解】
的定义域为，
由，得，由得；
所以的单调递增区间为；的单调递减区间为.
【小问2详解】
证明：，
要证明，即证明：
即证明：，即证：
又由（1）可知，的单调递增区间为，
，原命题成立.
【小问3详解】
要证明，
即证明
由（1）可知，在处取得最大值，
，，（等号在时成立）
下面证明：，即证明：
令，
令，得，，得
所以的单调递增区间为；的单调递减区间为.
（等号在时成立），
由于等号不能同时成立，所以，
综上：.