山东省济宁市第一中学2024届高三上学期2月定时检测（期末）数学考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省济宁市第一中学2024届高三上学期2月定时检测（期末）数学考试试题（Word版附解析），文件包含山东省济宁市第一中学2024届高三上学期2月定时检测期末数学试题word版含解析docx、山东省济宁市第一中学2024届高三上学期2月定时检测期末数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
（时间：120分钟，满分150分）
一、单选题（共8题，每题5分，共40分）
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把抛物线方程化为标准形式，结合准线方程的特点进行求解即可.
【详解】抛物线C的标准方程为，所以其准线方程为，
故选：B
2. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据零点存在性定理判断即可.
【详解】因为，且函数连续不间断，
所以，，，
，
所以，，，，
由零点存在性定理得函数的零点所在的区间为，
故选：D.
3. 若复数为纯虚数，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则以及纯虚数的定义求解.
【详解】因为为纯虚数，
所以解得，
故选：.
4. 已知圆和圆，则圆与圆的公切线有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】分析两圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
【详解】根据题意，圆，即，
其圆心，半径，
圆，其圆心，半径，
两圆的圆心距，
因此两圆外切；
则圆与圆的公切线有3条．
故选：C．
5. 已知函数的定义域为，值域为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出函数图象，结合指数函数图象相关性质和对数的运算法则进行计算即可.
【详解】由题意得，，
作出函数图象如图所示，

令，解得或，
则当，时，取得最大值，
此时.
故选：B
6. 三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外接球的表面积公式.
【详解】如图，点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，
点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，
则点为三棱锥外接球的球心，
因为平面，且为等边三角形，，
所以四边形为矩形，，，
所以，即三棱锥外接球的半径，
则该三棱锥外接球的表面积为.
故选：B
7. 已知函数，其中，为实数，若相邻两条对称轴之间的距离为，且对恒成立，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据条件得到周期和对称轴，结合可得函数的解析式，代入可求.
【详解】由相邻两条对称轴之间的距离为得，
解得，
由对恒成立可得为对称轴，，
所以，
所以，得，
，，
又，
所以，
当为偶数时，，该式不成立，
当为奇数时，，该式成立，
所以，
所以.
故选：D.
8. 已知双曲线()，以双曲线C的右顶点A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得点A到渐近线距离为，结合点到直线的距离公式、平方关系以及离心率公式即可得解.
【详解】由于，因此点A到渐近线距离为，其中一条渐近线方程为，
所以有，可得.
故选：C.
二、多选题（共3小题，每题6分，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 已知S为圆锥的顶点，为该圆锥的底面圆的直径，为底面圆周上一点，，则（ ）
A. 该圆锥的体积为
B.
C. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大于
D. 二面角的正切值为
【答案】AC
【解析】
【分析】求得该圆锥的体积判断选项A，求得的长度判断选项B，求得该圆锥的侧面展开图的圆心角判断选项C，求得二面角的正切值判断选项D.
【详解】如图，因为，所以为等腰直角三角形，
又，则，所以，
则，
所以该圆锥的体积为正确；
易知为直角三角形，且，又，
则，所以错误；
该圆锥的侧面展开图为一扇形，其弧长为，
扇形半径为，设扇形圆心角为，
所以，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角大于正确；
取的中点，连接，则为的中位线，
所以，
所以为二面角的平面角，
易知为直角三角形，所以错误.
故选：.
10. 若展开式的二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）
A. 该展开式中共有6项B. 各项系数之和1
C. 常数项为60D. 只有第4项的二项式系数最大
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由二项式系数之和为可得的值，即可得展开式中的项数；对于B，令即可得各项系数之和；对于C，代入二项式通项公式计算即可得；对于D，当为偶数时，二项式系数最大项为第项即可得．
【详解】对于A，因为二项式系数之和为64，即有，所以，
则该展开式中共有7项，A错误；
对于B，令，得该展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，通项，
令，得，
所以，C正确；
对于D，二项式系数最大的是，它是第4项的二项式系数，D正确．
故选：BCD
11. 已知定义域为的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）．
A. 函数在上单调递减
B. 若函数在内恒成立，则
C 对任意实数，方程至多有6个解
D. 方程有4个解，分别为，，，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由条件可得为奇函数，由的值的大小可判断A；作出函数的图象，数形结合可判断B；取时，结合图形，求解判断直线与函数的图象交点的个数可判断C；选项D，不妨设，根据图象可得及的范围，由二次函数的对称性可知，求出时的解析式，进而得的关系式，结合函数的单调性求出的范围，即可判断D.
【详解】定义域为的函数满足，
即，所以函数为奇函数，，
选项A，，得，故A错误；
作出函数的图象，如图所示，

选项B，若函数在内恒成立，由图可知，，
由解得或，所以，故B正确；
选项C，取时，如图所示，

当时，联立方程组，化简得，
设函数，
因为，且对称轴为，
所以方程在上有两个不相等的实数根，
所以直线与函数图象在有2个交点.
设，，则函数在上单调递增，
∵，，
∴函数在上只有一个零点，
所以直线与函数图象在有1个交点，
所以当时，直线与函数的图象有3个交点，
因为函数与函数均为奇函数，
所以当时，直线与函数的图象有3个交点，
又当时，直线与函数的图象有1个交点，
所以直线与函数图象有7个交点，故C错误；
选项D，当时，方程有4个解，
不妨设，

根据图象可得，
因为有4个解，，所以，
所以，解得，
所以，
由二次函数的对称性可知，的解满足，
因为函数为奇函数，且当时，，
所以当时，，则，
所以，
则，得，
所以，
设，
又因为函数在上单调递增，
所以，
所以，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：解决函数零点（方程的根）问题的方法：
（1）直接解方程法（适用于方程易解的情形）；
（2）利用零点存在性定理；
（3）图象法：①研究函数的图象与x轴的交点；②转化为两个函数图象的交点问题．
三、填空题（共3题，每题5分，共15分）
12. 已知，，则__．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，利用同角三角函数间的关系可求得，利用两角和的正切即可求得答案．
【详解】，
，
，
，
故答案为：
13. 已知等差数列的前n项和为，，则使得成立的最大的自然数为________．
【答案】9
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式求得，再利用求和公式求得，进而解不等式即可得解.
【详解】因为是等差数列，，所以，
所以，
令，即，解得，
因此使得成立的最大的自然数n为9.
故答案为：9.
14. 已知对任意，均有不等式成立，其中.若存在使得成立，则的最小值为___________.
【答案】##0.25
【解析】
【分析】由一元二次不等式恒成立得、，将问题化为求的最小值，令则，应用基本不等式求最值，注意取值条件.
【详解】由题设，有，又，则，
又，则，
故存在使成立，则，
所以，令，故，
所以，且，
而，仅当，即等号成立，
所以，仅当且时等号成立，故的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据一元二次不等式求参数的符号和大小关系，将题设条件化为求的最小值，结合换元法、基本不等式求最值.
四、解答题（共5题，共77分）
15. 从某校高二年级随机抽取100名学生的期中考试的数学成绩进行研究，发现他们的成绩都在分之间，将成绩分为五组，，，，，画出频率分布直方图，如图所示：
（1）若该校高二年级有750名学生，估计该年级学生的数学成绩不低于80分的学生有多少名？并估计高二段学生的数学成绩的中位数；
（2）用分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，将该样本看作一个总体，从中抽取2名学生的数学成绩，求这两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率.
【答案】（1）该段学生的数学成绩不低于80分的学生名，中位数为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的各个小矩形的面积和为1求出x的值，然后该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率，即可得出答案；
（2）先确定6个人中分数落在不同区间的人数，然后利用古典概率模型求解即可.
【小问1详解】
，
，
∴该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率为，
∴该校高二年级750名学生中，估计该段学生的数学成绩不低于80分的学生有名；
设高二段学生的数学成绩的中位数为，
，，
该段学生的数学成绩不低于80分的学生名，中位数为.
【小问2详解】
按分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，
则从中抽取3人，从中抽取2人，中抽取1人，
从中抽取2名学生的数学成绩，这两名学生中没有一人的成绩在区间的概率为：，
所以两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率是．
16. 已知函数.
（Ⅰ）若，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单调递减区间为；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）求出，当时，求出的解即可；
（2）所求的问题为在上恒成立，设，，注意，所以在递增满足题意，若存在区间递减，则不满足题意，对分类讨论，求出单调区间即可.
【详解】（Ⅰ）当时，，
则.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（Ⅱ）由，得在上恒成立.
设，则.
设，
①当时，，则在上恒成立，
在上单调递增，在恒成立，
所以当时，在上恒成立；
②当时，令，
得或（舍去）.
所以当时，，
则是上的减函数；
当时，，
则是上增函数.
所以当时，.
因此当时，不恒成立
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数单调性、不等式恒成立，考查分类讨论思想，确定分类标准是解题的关键，属于中档题.
17. 在四棱锥中，E为棱AD的中点，PE⊥平面，，，，，F为棱PC的中点．

（1）求证：平面；
（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，设出，写出点的坐标，由二面角大小求出的值，进而利用三角函数求出正切值．
【小问1详解】
连接交于点，连接，
∵，且，
∴，
又，
∴线段是的中位线，
∴，
∵面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴⊥；
又⊥平面，平面，
∴⊥，⊥；
以E为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，

设，则
∴，
设平面BEF的一个法向量为，
由；
解得，令，得，故，
取平面的一个法向量为，
∴，
由二面角为，得，解得，负值舍去；
∵⊥平面，
∴就是直线与平面所成角，
在中，，
∴直线与平面所成角的正切值为．
18. 已知椭圆的右焦点，离心率为，过作两条互相垂直的弦，设的中点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标；
（3）若弦的斜率均存在，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）证明见解析；；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出的值，即可得答案；
（2）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立椭圆方程，得根与系数关系式，进而求得M，N坐标，求出直线方程，化简即可得结论；
（3）结合（2）求出面积的表达式，利用换元法化简，构造函数，结合函数的单调性，求得最值.
【小问1详解】
由题意：，则，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
证明：当斜率均存在时，设直线方程为：，
设，则，
联立得，得，
直线过椭圆焦点，必有，
则，故，
将上式中的换成，则同理可得：，
如，得，则直线斜率不存在，
此时直线过点，设点为P，下证动直线过定点.
若直线斜率存在，则，
直线为，
令，得，
即直线过定点；
当斜率有一条不存在时，不妨设AB斜率不存在，则CD斜率为0，
此时M即为F，N即为O点，直线也过定点，
综上，直线过定点；
【小问3详解】
由第（2）问可知直线过定点，
故
，
令，，
则，则在单调递减，
故当时，取得最大值，此时取得最大值，此时.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定点定值问题，综合性较强；解答时要注意联立方程，利用根与系数的关系式化简求值，难点在于计算过程比较复杂，计算量较大，需要十分细心.
19. 将所有平面向量组成的集合记作，是从到的映射，记作或，其中，，，，，，都是实数.定义映射的模为：在的条件下的最大值，记作.若存在非零向量，及实数使得，则称为的一个特征值.
（1）若，求；
（2）如果，计算的特征值，并求相应的；
（3）若，要使有唯一的特征值，实数，，，应满足什么条件？试找出一个映射，满足以下两个条件：①有唯一的特征值；②，并验证满足这两个条件.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3），，验证答案见解析
【解析】
【分析】（1）由新定义可得，利用，可得
，从而得出结论；
（2）由特征值的定义可得，由此可知的特征值，以及相应的；
（3）解方程组，可得，
从而可得、、、应满足的条件，当时，有唯一的特征值，且，
再进行证明即可.
【小问1详解】
由于此时，又因为是在的条件下，
有（时取最大值），所以此时有.
【小问2详解】
由，
可得：，即
两式相比可得：，从而，
当时，解方程,此时这两个方程是同一个方程，
所以此时方程有无穷多个解，为（写出一个即可），其中且，
当时，同理可得，相应的（写出一个即可），其中且.
【小问3详解】
解方程组，即，
从而向量与平行，
则有，，，应满足：，
当时，有唯一的特征值，且.具体证明为：
由的定义可知：对任意的有：，
所以为特征值.此时，，，，
满足：，所以有唯一的特征值.
在的条件下，从而有.