2024泰安高三上学期期末考试数学含解析

这是一份2024泰安高三上学期期末考试数学含解析，共31页。试卷主要包含了01， 已知在处极大值为5，则， 已知，则， 已知，则下列不等关系正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､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，若，则实数（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
3. “”是“”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
4. 已知向量，若，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
5. 已知在处极大值为5，则（ ）
A. B. 6C. 或6D. 或2
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
8. 设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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. 已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆相交
C. 若，直线被圆截得的弦长为
D. 若直线与直线垂直，则
10. 已知函数的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（ ）
A. 最小正周期为
B.
C. 上单调递增
D. 图象向右平移个单位长度后关于轴对称
11. 如图，在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到位置，连接，且为中点，，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 存在某个位置，使得
C. 当翻折到二面角为直二面角时，到的距离为
D. 当翻折到二面角为直二面角时，与平面所成角的正弦值为
12. 已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有2个零点
B. 函数在上单调递增
C
D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知正数满足，则__________.
14. 已知正项数列的前项积为，且满足，则__________.
15. 已知球的体积为，其内接圆锥与球面交线长为，则该圆锥的侧面积为__________.
16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，点在内，点在上，则的取值范围是__________.
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. 如图，在中，内角所对的边分别为，且为所在平面内一点，且为锐角.
（1）若，求；
（2）若，求.
18. 如图所示，在直三棱柱中，，为中点，且，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
19. 已知数列满足，正项数列满足.当时，记.
（1）证明：是等比数列；
（2）求.
20. 某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①；②；③表示时间，以上三式中均为常数，且.
（1）为准确研究其价格走势，应选择哪个价格模拟函数，并说明理由；
（2）若，
①求出所选函数的解析式（注：且，其中表示5月份下半月，表示6月份上半月，表示10月份下半月）；
②若上市初期（5月份上半月）以7元销售，为保证果农的收益，计划价格在7元以下期间进行促销活动，请你预测该果农应在哪个时间段进行促销活动，并说明理由.
21 已知函数.
（1）若恒成立，求的范围；
（2）讨论的零点个数.
22. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1.
（1）求双曲线的方程；
（2）设动直线与相切于点，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为.证明：存在定点，使得.高三年级考试数学试题
2024.01
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､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，若，则实数（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合交集的运算性质进行求解即可.
【详解】因为，所以，
因此有，或，或，显然不成立，
当时，，不符合题意；
当时，，符合题意
故选：C
2. 设复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，则（ ）
A. 2B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，根据复数的乘法运算即可求解.
【详解】因为复数在复平面内对应的点关于实轴对称，且，
所以，
所以.
故选：A.
3. “”是“”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】根据基本不等式即可判断充分性，举反例即可判定必要性.
详解】若，则,由于，所以，充分性成立，
当时，满足，但是，必要性不成立，
因此“”是“”的充分不必要条件
故选：A，
4. 已知向量，若，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量减法的坐标表示公式，结合投影向量的定义进行求解即可.
【详解】由，
向量在向量上的投影向量为
，
故选：D.
5. 已知在处的极大值为5，则（ ）
A. B. 6C. 或6D. 或2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，进而可求得，注意反代检验.
【详解】，
因为在处的极大值为5，
所以，即，
解得或，
当时，，
当或时，，当时，，
所以在处取得极小值，不符题意，
当时，，
当时，，当或时，，
所以在处取得极大值，符合题意，
综上所述，，
所以.
故选：B.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角差的正弦公式、二倍角公式以及平方关系化简求值即可.
【详解】由题意，
所以，，解得.
故选：B.
7. 已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得的对称轴为，当时，单调递减，将转换成即可判断.
【详解】由题意，
所以，即的对称轴为，且当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，
所以.
故选：A.
8. 设椭圆的左，右焦点分别为，直线过点，若点关于的对称点恰好在椭圆上，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，，然后根据，求出，最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有，
又，
所以，
在中，由余弦定理可得，
，
即，
即，
化简得，则，
所以，
解得或（舍去），
所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
二､多选题：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. 已知直线与圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆相交
C. 若，直线被圆截得的弦长为
D. 若直线与直线垂直，则
【答案】BC
【解析】
【分析】分离参数即可得定点判断A，根据定点在圆内即可判定B，根据圆的弦长公式结合点到线的距离公式即可求解C，根据直线一般式中垂直满足的关系即可求解D.
【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；
因，所以定点在圆内部，直线与圆相交，故B正确：
当时，直线,即圆心到直线的距离，
直线被圆截得的弦长为，故C正确
若与直线垂直，故，则或，故D不正确；
故选：BC
10. 已知函数的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在上单调递增
D. 图象向右平移个单位长度后关于轴对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据余弦型对称性的性质，结合余弦型函数的周期性、单调性、图象平移性质逐一判断即可.
【详解】因为函数的图象的一个对称中心为，
所以函数图象向下平移个单位，得到函数图象的一个对称中心为，
即的一个对称中心为，因此，
因为，所以令，即.
A：的最小正周期为，因此本选项正确；
B：，因此本选项正确；
C：当时，，
所以函数在上单调递减，因此本选项不正确；
D：图象向右平移个单位长度后得到函数的解析式为，
显然函数是偶函数，其图象关于轴对称，因此本选项正确，
故选：ABD
11. 如图，在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到位置，连接，且为中点，，在翻折到的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 平面
B. 存在某个位置，使得
C. 当翻折到二面角为直二面角时，到的距离为
D. 当翻折到二面角为直二面角时，与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据面面平行即可求证A，根据即可求解B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解点线距离以及线面角即可求解CD.
【详解】取中点，连接，所以又，
所以四边形为平行四边形，故平面，平面，
故平面，
平面，平面，故平面，
平面，因此平面平面，平面，
所以平面，A正确，
当时，由于则，
此时，
故只需要在翻折过程中使得，
即可满足，即，故B正确，
对于C，取中点，由于，
又，
所以，
取中点，则，
当二面角为直二面角时，则，
故以为正方向为，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，，
，
故到的距离为，故C错误，
，，
设平面的法向量为，
则，取则，
故直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，
故选：ABD
12. 已知曲线在点处的切线与曲线相切于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有2个零点
B. 函数在上单调递增
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据导数的性质，结合导数的几何意义、函数零点定义、函数单调性的性质、对数的运算逐一判断即可.
【详解】A：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
函数的极大值为，极小值为，
因此当时，，
当时，，
当时，，因此函数只有一个零点，因此本选项不正确；
B：，
，
当时，根据函数单调性的性质可知函数单调递减，
所以当时，，
所以函数在上单调递增，本选项正确；
C：，
因此曲线在点处的切线方程为：
，
，
因此曲线相切方程为：
，
因为曲线在点处的切线与曲线相切于点，所以，
因此，所以本选项正确；
D：由上可知：，
因此有
，因此本选项正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数的几何意义求出两个曲线的切线方程，进而运用对数的运算性质进行判断.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知正数满足，则__________.
【答案】5
【解析】
【分析】由指数、对数运算性质进行化简求值即可.
【详解】不妨设，所以，所以.
故答案为：5.
14. 已知正项数列的前项积为，且满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，然后由的关系结合已知递推关系式得数列是等比数列，由此即可得解.
【详解】由题意，因为，所以，
又因为，且当，
所以，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以
故答案为：.
15. 已知球的体积为，其内接圆锥与球面交线长为，则该圆锥的侧面积为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】先分别求出圆锥的底面半径和球的半径，再利用勾股定理求出圆锥的高，再根据圆锥的侧面积公式即可得解.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，高为，母线长为，球的半径为，
则，所以，
，解得，
如图，为圆锥的轴截面，
由勾股定理得，，
即，解得或，
当时圆锥的母线，
所以圆锥的侧面积为，
当时圆锥的母线，
所以圆锥的侧面积为，
故答案为：或.
16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，点在内，点在上，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合椭圆定义、焦半径范围即可得解，这个最终的范围应该是有赖于的，而也可以得到的范围.
【详解】由题意得，，
又因为点在内，所以，解得，
而，
不妨设，则，
所以.
故答案为：.
【点睛】易错点睛：容易错的地方是由，误以为的范围为，事实上最终的范围应该是有赖于的，对于具体的，不一定能取到内的每一个数.
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. 如图，在中，内角所对的边分别为，且为所在平面内一点，且为锐角.
（1）若，求；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦二倍角公式可得，再由两角和的余弦公式即可得，所以，可得，再由余弦定理计算可得；
（2）设，利用诱导公式可得，在由正弦定理可得，再由余弦定理可得，结合角的范围根据同角三角函数之间的基本关系可得.
【小问1详解】
由可得，
又因为，所以可得，
即，可得；
又，所以可得；
因此，
又，若，可得，可得；
又，所以；
由余弦定理可得，
解得；
【小问2详解】
设，则，
由可得，
在由正弦定理可得，即，可得，
利用余弦定理可得，解得；
所以可得，
又为锐角，所以；
可得.
18. 如图所示，在直三棱柱中，，为中点，且，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意建立适当的空间直角坐标系，要证，只需证明即可.
（2）由题意分别求出两平面的法向量，然后求法向量夹角余弦的绝对值即可得解.
【小问1详解】
由题意，为中点，且，
所以，
所以，解得，
所以，所以，即，
取中点，则，
又面，
所以面，
又面，
所以，
所以两两互相垂直，
故以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
由题意，，，.
所以，
所以，
所以，所以，即.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以，不妨取，解得，
即可取平面的一个法向量为，
同理有，不妨取，解得，
即可取平面的一个法向量为，
不妨设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19. 已知数列满足，正项数列满足.当时，记.
（1）证明：是等比数列；
（2）求.
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知数列为单调递减数列，从而，，，由等比数列的定义证明即可；
（2）由题意因式分解得到，再利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由数列的通项公式，可知数列为单调递减数列，
所以当时，，
，
则，
因为，又
所以是首项为，公比为的等比数列；
【小问2详解】
因为，即，
则，或（舍），
当时，
， ①
则，②
①-②：
，
所以，，
即.
20. 某果农种植了200亩桃，有10多个品种，各品种的成熟期不同，从五月初一直持续到十月底.根据以往的经验可知，上市初期和后期会因供不应求使价格连续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌，现有三种价格模拟函数：①；②；③表示时间，以上三式中均为常数，且.
（1）为准确研究其价格走势，应选择哪个价格模拟函数，并说明理由；
（2）若，
①求出所选函数的解析式（注：且，其中表示5月份下半月，表示6月份上半月，表示10月份下半月）；
②若上市初期（5月份上半月）以7元销售，为保证果农的收益，计划价格在7元以下期间进行促销活动，请你预测该果农应在哪个时间段进行促销活动，并说明理由.
【答案】（1）选择③，理由见解析
（2）①，且；②该果农应在月初到月底进行促销活动，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数①③的单调区间，结合二次函数的单调性即可得出结论；
（2）①由求出，即可求得函数解析式；
②令，利用导数求出函数的单调区间，再取值进而可得出结论.
【小问1详解】
对于函数①，
，
所以函数在上单调递增，
不具有先升后降再升的特征；
对于函数②，其不具有先升后降再升的特征；
对于函数③，
，
因为，则，
设方程的两根为，
所以，
所以，
当或时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以函数③具有先升后降再升的特征，
故选③；
【小问2详解】
①，由，
得，即，
所以，解得，
所以，且；
②令，
则，
当或时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，
，
，
，
，
所以当时，，
所以该果农应在月上半月到月下半月进行促销活动.
21. 已知函数.
（1）若恒成立，求的范围；
（2）讨论的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）恒成立，即恒成立，构造函数，则，利用导数求出函数的最大值即可得解；
（2）令，得或，令，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的图象，结合图象即可得出结论.
【小问1详解】
因为恒成立，
所以恒成立，
令，则，
因为，所以，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即，
所以；
【小问2详解】
令，得，
所以，解得或，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
如图，作出函数的大致图象，
当时，函数的图象有个交点，且，
当时，函数的图象有个交点，
当时，函数的图象有个交点，
综上所述，当或时，函数的零点个数为；
当或时，函数的零点个数为；
当时，函数的零点个数为.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
22. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，右焦点到渐近线的距离为1.
（1）求双曲线的方程；
（2）设动直线与相切于点，且与直线相交于点，点为平面内一点，直线的倾斜角分别为.证明：存在定点，使得.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离以及渐近线斜率列出方程组，求出，，，由此能求出双曲线的方程．
（2）联立直线与双曲线方程，由动直线与相切，求出，由，得． 假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上．设，，由，得，由此求出存在定点.
【小问1详解】
椭圆的渐近线方程为，
右焦点到渐近线的距离为，故，
又且，解得：
故双曲线的方程是．
【小问2详解】
由，得．
动直线与双曲线有且只有一个公共点,，
所以，化简得．
此时，，，
由，得．
假设平面内存在定点满足条件，由图形对称性知，点必在轴上．设，，
要使，则,
则对满足式的,恒成立．
,，,，由，
得，
整理，得．
由于式对满足式的，恒成立，
，解得．
故存在定点，使得
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.