山东省青岛市第十七中学2024届高三上学期期末检测数学试题（教师版）

这是一份山东省青岛市第十七中学2024届高三上学期期末检测数学试题（教师版），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本大题共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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算从而求解.
【详解】由题意知：，则，
所以：.故A项正确.
故选：A.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别求一元二次方程的解和偶次根式型函数的定义域，求交集即得.
【详解】由可解得：或，即，
由函数有意义可得：，解得：，即，
于是.
故选：D.
3. 若是抛物线位于第一象限的点，是抛物线的焦点，，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的定义可求得，结合抛物线方程即可求得，运用两点斜率公式计算即可.
【详解】由题知，，抛物线的准线方程为，设，
由抛物线的定义知，，即，所以，
所以，
又因为M位于第一象限，所以，
所以，
所以.
故选：C.
4. 第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A. 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数与排列数的计数方法，结合分类分步两个基本原理求解即可得的答案.
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；
再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，
故总数为种不同的安排方法.
故选：B.
5. 若数列的首项，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推公式，结合代入法可以求出数列的周期，利用数列的周期性进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以该数列的周期为，
于是有，
故选：C
6. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】因为，
所以，
故选：C
7. 一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（ ）
A. B. 8C. 9D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长.
【详解】如下图所示：

根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得；
设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点，
所以可知球半径，此时球的直径为，
即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为;
若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，
设正方体的最大棱长为，满足，解得.
故选：B
8. 定义在上的可导函数，满足，且，若，则的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断的大小关系.
【详解】由已知可得：，令，
则，且
，
再令，则，
当时，为增函数；
当时，为减函数；
，
在上恒成立；在上为减函数；
又因为
故令，当时，为增函数；
故选：C
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. （多选）新式茶饮是指以上等茶叶通过萃取浓缩液，再根据消费者偏好，添加牛奶、坚果、柠檬等小料调制而成的饮料．如图为2022年我国消费者购买新式茶饮的频次扇形图及月均消费新式茶饮金额的条形图．

根据所给统计图，下列结论中正确的是（ ）
A. 每周都消费新式茶饮的消费者占比不到90%
B. 每天都消费新式茶饮的消费者占比超过20%
C. 月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比超过50%
D. 月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比超过60%
【答案】BC
【解析】
【分析】根据统计图一一分析选项即可.
【详解】每周都消费新式茶饮的消费者占比,A错误；
每天都消费新式茶饮的消费者占比，B正确；
月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比，C正确；
月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比,D错误．
故选：BC
10. 有关平面向量的说法，下列错误的是（ ）
A. 若，，则
B. 若与共线且模长相等，则
C. 若且与方向相同，则
D. 恒成立
【答案】ABC
【解析】
【分析】取，可判断A选项；利用平面向量的概念可判断B选项；利用向量不能比大小可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，取，满足，，但、不一定共线，A错；
对于B选项，若与共线且模长相等，则或，B错；
对于C选项，任何两个向量不能比大小，C错；
对于D选项，恒成立，D对.
故选：ABC.
11. 已知定义域在R上的函数满足：是奇函数，且，当，，则下列结论正确的是（ ）
A. 的周期B.
C. 在上单调递增D. 是偶函数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的性质结合周期性的定义即可求解A，利用性质作出函数的图象，即可结合图象逐一求解.
【详解】由于是奇函数，所以，则
又，则，所以，所以的周期为8，A错误，，
，故B正确，
根据函数的性质结合，，作出函数图象为：
由图象可知：在上单调递增，C正确，
由于的图象不关于对称，所以不是偶函数，D错误
故选：BC
12. 已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 图2中，
D. 图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于
【答案】AC
【解析】
【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D.
【详解】函数的最小正周期为，
在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设点，则点、，
，因为，解得，故A正确；
所以，，则，可得，
又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；
因为，可得，
又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，
所以，，
因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，
翻折后，则有、、、，
所以，，，
所以，在图2中，，故C正确；
在图2中，设点，，
可得，
，，，
易知为锐角，则，
所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，
故区域的面积，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知随机变量，且，则的值为__________.
【答案】0.3##
【解析】
【分析】根据正态分布的性质求得，根据正态分布的对称性求出，
继而可求得答案.
【详解】由题意知随机变量，且，
则，故，
故，
故答案为：0.3
14. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数为___________
【答案】
【解析】
【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项的系数即可.
【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得：.
∴通项公式，
令，解得.
∴展开式中含项的系数为.
故答案为：.
15. 等差数列中的是函数的极值点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先由题意求出，再利用等差中项求出，最后利用对数的运算法则即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，
因为是函数的极值点，
所以是方程的两根，
所以，
因为是等差数列，
所以，
所以.
故答案为：.
16. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，则双曲线C的离心率为______，过双曲线C上任一点Q作两渐近线的平行线QM，QN，它们和两条渐近线围成的平行四边形OMQN的面积为，则双曲线C的方程为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知条件求得，进而求得双曲线的离心率.根据平行四边形OMQN的面积列方程，求得，从而求得双曲线的方程.
【详解】因为，所以，
作于H，如下图所示，则，.

又∵，
∴，
∴.
∴.
因为，所以双曲线C的渐近线方程为，如下图所示，

设，因为，所以，
所以
设，点Q到两条渐近线的距离分别为，，
则四边形OMQN的面积为，
而，
所以，解得：，
∴，故双曲线C的方程为.
故答案为：；
【点睛】求解双曲线的标准方程，关键是求得，是两个未知参数，需要两个条件来求解，如本题中，平行四边形OMQN的面积以及两个条件，通过解方程来求得，从而求得双曲线的标准方程.
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、证明过程及验算步骤．
17. 已知数列满足：，数列为等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求和：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，，即可求出等比数列的通项公式，从而求出的通项公式；
（2）利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
因为，，数列为等比数列，
所以，，则，即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则.
【小问2详解】
.
18. 在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
19. 某单位组织“乡村振兴”知识竞赛，有甲、乙两类问题.每位参加比赛选手先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该选手比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.甲类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分.已知选手张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若选甲、乙两类问题是等可能的，求张某至少答对一道问题的概率；
（2）如果答题顺序由张某选择，以累计得分多为决策依据，说明张某应选择先回答哪类问题.
【答案】（1）
（2）应选择先回答甲类问题
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式，先求得张某一题都没答对的概率，从而求得张某至少答对一道问题的概率.
（2）根据张某先回答甲类或乙类问题进行分类讨论，计算出两者累计得分的期望值，从而作出决策.
【小问1详解】
设 “张某选择甲类问题”， “张某答对所选问题”，
“张某至少答对一道问题”，
“张某选择乙类问题”，“张某未答对所选问题”
“张某一道问题都没答对”
由题意得，，
，，，，
由全概率公式，得
∴.
【小问2详解】
根据条件可知：若张某先回答甲类问题，
则张某的累计得分X的可能值为0，30，80，
∵张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，
∴；；，
则的分布列为
当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为：
，
若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分的可能值为，
同理可求；；，
则此时累计得分的期望为，
因为.
所以，以累计得分多为决策依据，张某应选择先回答甲类问题．
20. 如图（1），在直角梯形中，为的中点，四边形为正方形，将沿折起，使点到达点，如图（2），为的中点，且，点为线段上的一点.
（1）证明：；
（2）当与夹角最小时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】(1)首先证明、从而建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，设 ，逐步求出向量、、、的坐标，由推出；(2)求出、的坐标，求出当 值最大时 的取值，从而求出平面与平面的法向量，最后求出两平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】解：由为正方形，得，，
∵为的中点，，
∴，即.
设，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，.
（1）∵点在线段上，∴设，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
又，∴，
∴，即.
（2）由（1）知，，
∴，
∴当时，最大，最小，此时.
由题知，平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，
∴，即，
取，得，则，
∴.
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查空间向量的坐标运算，向量垂直的数量积关系，平面法向量的求法与利用法向量求两平面所成的二面角，属于中档题.
21. 已知椭圆C：焦距为，左右顶点分别为A，B.M是C上异于A，B的点，满足MA，MB的斜率之积为.
（1）求C的方程；
（2）P，Q是椭圆C上的两点（P在Q的左侧），AP，BQ的斜率为，，且.且AQ与PB相交于T，求的取值范围.
【答案】21.
22.
【解析】
【分析】（1）设，，表示出MA，MB的斜率，由结合M是C上的点可得，再结合椭圆的焦距，解得，即可求出C的方程；
（2）设的斜率为，由椭圆的对称性可得，表示出、的方程，求出，分别联立椭圆方程可求出，则，结合的范围，即可得出答案.
【小问1详解】
设，，
因为MA，MB的斜率之积为，所以，
因为M是C上的点，所以，
所以，故，
又因为，所以，又因为，
所以，
故椭圆C的方程为：.
【小问2详解】
设的斜率为，AP，BQ的斜率为，，
因为在椭圆上，所以，，
所以，
同理，
易知，由，
所以，
设的方程为：，的方程为：，
联立，则，
解得：，
联立，可得：，
因为直线与椭圆交于两点，
即，解得：，
联立，可得：，
因为直线与椭圆交于两点，
即，解得：，
由可得：，则
，即，则，
所以，
因为，所以，.
的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题的关键是用表示出，则，结合的范围，即可得出答案.
22. 已知函数．
（1）若，求的单调区间与极值；
（2）若当时，恒有，求的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）减区间为，增区间为；极小值为，无极大值；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；
（2）令，问题化为时恒成立，利用导数并讨论、研究恒成立求参数范围；
（3）由（2）当时恒成立，令，进而化为对任意恒成立，进而得到，即可证结论.
【小问1详解】
因为，所以，则，
令，则；令，则；
故减区间为，增区间为；极小值为，无极大值；
【小问2详解】
令，则时恒成立；
，且；
令，则，且；
①当时，，则在上存在点，使时，
则在上单调递增，此时，
在上单调递增，则，不合题意；
②当时，，
令，则，上单调递减，
，即，，则，
，在上单调递减，，
在上单调递减，，满足题意；
综上所述：的取值范围为.
【小问3详解】
当时，由（2）知：当时恒成立，
令，则，，则，
，即对任意恒成立，
对，，即，
.
【点睛】关键点点睛：第三问，根据第二问结论，结合换元法得到对任意恒成立，进而有，为关键.0
30
80
0.1
0.27
0.63