山东省名校联盟2024届高三下学期开学考试数学试题 含答案

这是一份山东省名校联盟2024届高三下学期开学考试数学试题 含答案，共15页。
高三年级下学期开学联考
数学试题2024.2
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，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．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：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．
1．二项式的展开式中常数项为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
2．欧拉公式（是自然对数的底数，i是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系．已知，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．已知非零向量满足，且，则与夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数是定义在上的奇函数，则实数的值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．已知数列是以为首项，为公比的等比数列，则“”是“是单调递减数列”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
6．若曲线在处的切线与曲线也相切，则（ ）
A． B．1 C． D．2
7．已知点是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则的服小值为（ ）
A．0 B．1 C． D．2
8．已知双曲线的左、右焦点分别为为原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B．3 C．4 D.5
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．进入冬季哈尔滨旅游火爆全网，下图是2024年1月1．日到1'月7日哈尔滨冰雪大世界和中央大街日旅游人数的折线图，则（ ）
A．中央大街日旅游人数的极差是1.2 B．冰雪大世界日旅游人数的中位数是2.3
C．冰雪大世界日旅游人数的平均数比中央大街大 D．冰雪大世界日旅游人数的方差比中央大街大
10．已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A．
B．是图象的一条对称轴
C．在上有两个不相等的解，则
D．已知函数，当取最大值时，
11．在长方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．若为的中点，则三棱锥体积为定值
B．存在点使得
C．当时，平面截长方体所得截面的面积为
D．若为长方体外接球上一点，，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．从2，3，4，5，6，7，8中任取两个不同的数，事件为“取到的两个数的和为偶数”，事件为“取到的两个数均为偶数”，则______．
13．已知的内角所对的边分别为，已知，，则外接圆的半径为______．
14．已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2），求数列的前项和．
16．（15分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比赛结束），每一局比赛中两人都要决出胜负，不出现平局，且甲获胜的概率为．
（1）若，求甲以获胜的概率；
（2）若，求比赛结束时，比赛局数的分布列及数学期望．
17．（15分）已知四棱锥平面，四边形为梯形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）平面与平面的交线为，求直线与平面夹角的正弦值．
18．（17分）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称．
19．（17分）已知抛物线是上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，则称三角形为抛物线的外切三角形．
（1）当点的坐标为为坐标原点，且时，求点的坐标；
（2）设外切三角形的垂心为，试判断是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明理由；
（3）证明：三角形与外切三角形的面积之比为定值．
山东名校考试联盟
2024年2月高三年级下学期开学考数学试题
参考答案
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．
6．【解析】由题意得，在处的切线为，设该直线与曲线相切的切点为，所以，所以切点在直线上，所以，故选：D．
7．【解析】圆的圆心为半径为1，点到直线的距离．
解法一：，设，则在中，，所以，所以，
因为，所以，所以的最小值0．
解法二：当时，取得最大值，此时取得最小值0，其他位置，所以的最小值0．
故选：A．
8．【解析】解法一：由题意得，，
，所以，即，
又，所以．在中，由勾股定理得：
，解得，所以双曲线的离心率为5．
解法二：点一定在右支上，不妨设点在第一象限，由于，所以，
一定满足，即，
化简得，，
结合，整理得，，同除得，
，解得，或（舍），所以双曲线的离心率为5，
故选：C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
10．【解析】对于A：因为周期，所以．
对于B：代入得，所以，
则，因为，所以，则，其对称轴为，所以是的对称轴．
对于C：因为，所以或，
因为，所以令，所以或有两个解，
结合的图象，与有一个交点，与有一个交点，共两个交点，所以符合题意，答案错误．
对于D：，
令，所以．
所以当时取到最大值，此时．
答案：ABD
11．【解析】
对于A：因为为的中点，为的中点，所以，所以面，
则到面的距离为定值，所以体积为定值．
对于B：在平面的投影为，由三垂线定理得，若，则，因为四边形为正方形，所以与不垂直，所以B错．
对于C：平面与平面重合，平面与平面重合，所以延长会与有交点，因为，所以延长与交于点，取中点，则平面截长方体所得截面为矩形，所以面积为．对于D：长方体外接球球心为中点，半径为，由阿氏球得，在直线上必存在一点，使得，此时点在延长线上，且满足，以为原点，建系如图，所以，则，因为，所以．答案：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．； 13．； 14．．
13．【解析】解法一：由正弦定理得，，
化简得，，
所以
由正弦定理得，因为，所以为正三角形，
由，
所以外接圆的半径．
解法二：由余弦定理得，，化简得，
因为，所以为正三角形，
由，得，所以外接圆的半径为．
14．【解析】只需保证恒成立．
令，则在上递减，在上递增，
当时，故存在，使得．
又，故或恒成立．
又当时，则不恒成立，于是恒成立．
当时，若，显然不成立；
当时，满足题意；
当时，，若，显然成立；
若时，则恒成立，求导可得．
综上所述，实数的取值范围为．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．【解析】
因为，所以，
累加得：，
经检验时符合，所以
【注：丢捕对的检监不扣分】
（2）因为，所以，
所以
【注：此处没有使用并项法求和，而是使用不完全归纳法得出规律求和，不扣分】
16．【解析】（1）记表示甲以获胜，则前4局两人比分为平，第5局甲获胜，
所以；
【注：浸有列出式子，直接给出答束，扣3分】
（2）的可能取值为3，4，5
，
，
，
故；
【注：1．不列出分布列的㐘格，不扣分；
2．没有单独给出随机变童的取值，后面求概时有体现，不扣分；
3．每一个概值的计算只有结来没有式子，各和1分；
4．数学期望只有结果，没有式子，和1分；
5．结果没有化成最简分数，不扣分】
17．【解析】
（1）证明：连接，过做的垂线交于点，
所以，因为，所以，
又因为，所以，所以，所以
【注：其他方法证得，同样得分】
因为面面，所以，
与交于点，所以面，
因为面，所以面面
【注：1．此处铁少面，直接得面面，扣1分；
2．证得面后建系，由两平面的法向量重直得两平面垂直也同样得分】
（2）延长交于点，
因为面，且面，所以，
即为面与面的交线，
以为原点建系如图：
，
，
设面的方向量为，
则，取，
设直线与平面的夹角为，所以
所以直线与平面夹角的正弦值为．
解法二：延长交于点，
因为面，且面，所以，
即为面与面的交线
如图建立空间直角坐标系：
所以，
设面的方向量为，
则，取，
设直线与平面的夹角为，
所以，
所以直线与平面夹角的正弦值为．
解法三：延长交于点，因为面，且面，所以，
即为面与面的交线
做于点，连接，因为面，由三垂线定理可知：．
在中，，所以．
设点到平面的距离为，由，得，
因为面，所以在中，．
设与平面得夹角为，则，
所以直线与平面夹角的正弦值为．
18．【解析】
（1）由题意可知，则的定义域为，
当时，，则在上单调递减；
当时，若；
若，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【注：1．丢接的情况，扣1分；2．单调区间未用区间表示，共扣1分】
（2）（ⅰ）函数，则，
，故．
（ⅱ）函数的定义域为．若存在，使得曲线关于直线对称，则关于直线对称，所以
由
．
可知曲线关于直线对称．
【注：1．由（ⅰ）的计算结果猜想得出对称轴为直线，也得2分；
2．只要出理或或两者做差等于0等式子，即得2分；
没有最后一句结论，不扣分】
19．【解析】
（1）由题意可知，求导得，则切线的方程为为切线与轴的交点，则点的坐标为．
【注：求导正确得1分；正确求解点或处的切线得1分；正确求得点的坐标得1分】
（2）设，
则抛物线在点处的切线的方程为，
同理可得切线的方程为，
【注：得由其中一条切线方程即可得1分】
联立可得交点．
同理可得．
【注：得由其中1个顶点的坐标即可得1分】
设垂心的坐标为，则．
由可知，
即．
【注：由现解之积为，即得1分】
同理可得．
两式相减可得，即．
因此垂心在定直线上．
【注：出理定直线，即得1分】
（3）直线的方程为，
点到直线的距离为
，
则三角形的面积．
再由切线的方程为
可知，
点到直线的距离为
，
则外切三角形的面积．
故．
因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2．
解法二：因为，所以
由②得
所以
所以．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
C
B
B
D
A
D
题号
9
10
11
答案
BC
ABD
ACD