山东省泰安市2024届高三下学期一轮检测数学试题及答案

这是一份山东省泰安市2024届高三下学期一轮检测数学试题及答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．抛物线的准线方程是（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．在平面内，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（ ）
A．椭圆B．物物线C．直线D．圆
4．若，则（ ）
A．B．C．2D．
5．在同一直角坐标系中，函数，且的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知非零向量，满足，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，，，若的最小值为，且，则的单调递增区间为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知是双曲线的右焦点，是左支上一点，，当周长最小时，该三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则在复平面内对应的点在第二象限
C．若，则
D．若，复数在复平面内对应的点为，则直线（为原点）斜率的取值范围为
10．下列说法中正确的是（ ）
A．一组数据的第60百分位数为14
B．某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况．用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则抽取的高中生人数为70
C．若样本数据的平均数为10，则数据的平均数为3
D．随机变量服从二项分布，若方差，则
11．已知函数的定义域为R，且，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．有最大值
C．D．函数是奇函数
三、填空题
12．二项式的展开式中的系数为15，则等于 ．
13．在中，内角的对边分别为，已知，则 ．
14．如图，在水平放置的底面直径与高相等的圆柱内，放入三个半径相等的实心小球（小球材质密度），向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球，若圆柱底面半径为，则球的体积为 ，圆柱的侧面积与球的表面积的比值为 ．

四、解答题
15．如图，在底面为菱形的直四棱柱中，，分别是的中点．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成夹角的大小．
16．某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记分，得分在5分以上（含5分）则获奖．
(1)求在1次游戏中，获奖的概率；
(2)求在1次游戏中，得分X的分布列及均值．
17．已知圆与轴交于点，且经过椭圆的上顶点，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点为椭圆上一点，且在轴上方，为关于原点的对称点，点为椭圆的右顶点，直线与交于点的面积为，求直线的斜率．
18．已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线与直线垂直，证明：；
(2)若对任意的且，函数，证明：函数在上存在唯一零点．
19．已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）．
(1)求数列的前项和；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明：
①对任意且，存在“-数列”，使得成立；
②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立．
参考答案：
1．A
【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.
【详解】由题知抛物线,所以，故抛物线的准线方程为.
故选：A.
2．D
【分析】先由对数的性质解不等式可得集合B，再结合交集概念求最终答案即可.
【详解】由可得，
所以集合，
又集合，
所以，
故选：D.
3．D
【分析】根据题意求出动点的轨迹方程即可判断.
【详解】设点，点，
则，.
由可得：，即.
所以点的轨迹为圆.
故选：D
4．C
【分析】先利用诱导公式结合二倍角的正弦公式及商数关系和平方关系化弦为切，再根据二倍角的正切公式即可得解.
【详解】由，得，
即，即，
所以，所以，
则.
故选：C.
5．B
【分析】结合函数过的定点以及对数函数、指数函数单调性对比选项即可得解.
【详解】函数过的定点分别是，
当时，由复合函数单调性可知分别单调递减、单调递增，
当时，由复合函数单调性可知分别单调递增、单调递减，
对比选项可知，只有B符合题意.
故选：B.
6．C
【分析】由向量垂直，数量积为0，可求得的值，从而求出与的的夹角.
【详解】因为，所以，则，
又，则，
所以，
又，则与的夹角为.
故选：.
7．B
【分析】由两角和的正弦公式得到，再根据函数的性质求出、，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为，
又，，且的最小值为，
所以，即，又，所以，
所以，又，所以，即，
因为，所以，
所以，令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为.
故选：B
8．D
【分析】利用双曲线的定义，确定周长最小时，的坐标，即可求出周长最小时，该三角形的面积．
【详解】设双曲线的左焦点为，由双曲线定义知，，
的周长为，
由于是定值，要使的周长最小，则最小，即、、共线，
，，直线的方程为，
即代入整理得，
解得或（舍），所以点的纵坐标为，
.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
9．ACD
【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，设，则，若，则，
则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以在复平面内对应的点
在第四象限，故B错误；
对于C，设，由，可得，
则，即，则，故C正确；
对于D，设，则，若，
则，即点在以为圆心，为半径的圆上，
设过原点与圆相切的直线为，即，
则圆心到切线的距离，解得，
所以直线（为原点）斜率的取值范围为，故D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D.
【详解】对A，，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，故A错误；
对B，由题抽取的高中生抽取的人数为，故B正确；
对C， 设数据的平均数为，
由平均值性质可知：样本数据的平均数为，
解得，故C正确；
对D，由题意可知，解得或，
则或，故D错误.
故选：BC
11．ACD
【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，利用赋值法并结合选项，即可逐项判定，从而求解.
【详解】对于A中，令，可得，令，
则，解得，所以A正确；
对于B中，令，且，则，
可得，
若时，时，，此时函数为单调递增函数；
若时，时，，此时函数为单调递减函数，
所以函数不一定有最大值，所以B错误；
对于C中，令，可得，
即，
所以
，所以C正确；
对于D中，令，可得，可得，
即，所以函数是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题主要是对抽象函数利用赋值法可求解出，函数是奇函数.
12．6
【分析】根据题意，展开式的通项为，令即可求解可得答案．
【详解】根据题意，展开式的通项为，令，则
故答案为6．
【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意二项式的展开式的形式，区分某一项的系数与二项式系数．
13．/
【分析】根据题意，由正弦定理可以将，变形可得，由三角函数恒等变形公式可得，即，求出.
【详解】根据题意，在中，，
则，变形可得，
则有，即，
因为，则.
故答案为：.
14． ； .
【分析】先作圆柱的轴截面图，根据几何关系求得小球半径，再根据球体的体积公式和表面积公式，以及圆柱侧面积计算公式，即可求得结果.
【详解】根据题意，作出圆柱的轴截面图，连接，
过作，垂足为，如下所示：

设小球半径为，圆柱的底面圆半径为，
根据题意可得：，
，，
在三角形中，由勾股定理可得，
即，整理得，
又，则，又，则；
故球的体积为；
圆柱的侧面积，
球的表面积，
则；
故答案为：，.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算即可求解，
（2）根据法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）取中点，连接
因为底面为菱形，，
所以
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
（2）设平面的法向量为
又
所以即
取，则
为平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则
平面与平面的夹角为
16．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）利用组合应用问题，结合古典概率公式求出摸到3个或4个红球的概率，再利用互斥事件求出概率.
（2）求出的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
【详解】（1）设“在1次游戏中摸出个红球”为事件，
设“在1次游戏中获奖”为事件，则，且互斥，
，，
所以在1次游戏中，获奖的概率.
（2）依题意，所有可能取值为，由（1）知，
，，
，
，，
所以的分布列为：
数学期望.
17．(1)
(2)直线的斜率或
【分析】（1）由题意首先依次得出，，进一步结合离心率公式以及的关系式即可求解；
（2），则，进一步表示出点以及的面积，结合已知可得点的坐标，由此即可得解.
【详解】（1）圆过，
，
又圆过，
，
又
，
椭圆的方程为.
（2）设，则，

由题知且，
则，
，
由，解得，
，
又，
，
又，
，
直线的斜率或.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先由导数的几何意义结合垂直关系求得，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性结合虚设零点的方式，即可证明不等式；
（2）通过变形得，，再通过构造函数证明，则可得证.
【详解】（1），
，
，
，
设，则，
设，则，
单调递增，
又，
存在使得即，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
；
（2），
，
在上单调递增，
又
设，则，
令，解得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
当时，，即，
，
又，
，
存在，使得，
又在上单调递增，
函数在上存在唯一零点.
【点睛】导数中函数的含参数的问题的讨论，需要考虑下面的几个方面：（1）把导函数充分变形，找出决定导数符号的核心代数式，讨论其零点是否存在，零点是否在给定的范围中；（2）零点不容易求得时，需要结合原函数的形式去讨论，有时甚至需要把原函数放缩去讨论；（3）如果导数也比较复杂，可以进一步求导，讨论导函数的导数.
19．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；
（2）①根据不等式，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；
②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.
【详解】（1），
各项均不为0且递增，
，
，
，
，
化简得，
，
，
，
，
，
为等差数列，
，
，
；
（2）①证明：设“G-数列”公比为，且，
由题意，只需证存在对且成立，
即成立，
设，则，
令，解得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，
，
存在，使得对任意且成立，
经检验，对任意且均成立，
对任意且，存在“G-数列”使得成立；
②由①知，若成立，则成立，
当时，取得，取得，
由，得，
不存在，
当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．
【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.
2
5
8