2024年山东省新高考联合质量测评高考数学联考试卷（3月份）（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省新高考联合质量测评高考数学联考试卷（3月份）（含详细答案解析），共16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。
1.样本数据11，2，8，13，5，7，4，6的75%分位数为( )
A. 11B. 9.5C. 8D. 7.5
2.已知点P在抛物线x2=4y上，且A(0,−2)，则|PA|的最小值为( )
A. 2B. 4C. 6D. 12
3.已知数列{an}是等比数列，{bn}是等差数列，a1=1，若b1，2a2，3a3，2b3为常数列，则a4b2=( )
A. 0B. 8C. 827D. 1681
4.已知α，β，γ是三个不重合的平面，m，n，l是三条不重合的直线，则下列结论正确的是( )
A. 若l//β，α//β，则l//αB. 若β∩γ=l，α⊥β，α⊥γ，则l⊥α
C. 若m⊥α，n⊥β，m//n，则α⊥βD. 若α⊥β，m//α，n⊥β，则m//n
5.将5名大学生分配到4所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生，则不同的分配方法有种.( )
A. 60B. 120C. 240D. 480
6.已知O为坐标原点，线段AB是圆C：x2+y2−4x−8y+16=0的一条动弦，且|AB|=2 3，则|OA+OB|的最大值为( )
A. 4 5−4B. 4 5−2C. 4 5+2D. 4 5+4
7.已知cs2θcs(π4−θ)=3 24，则sin2θ=( )
A. −14B. 14C. −716D. 716
8.已知点P(x0,y0)在双曲线x2a2−y2=1(a>0)上，过点P作双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B.若PA⋅PB=−1225，则双曲线的离心率为( )
A. 52B. 4 33C. 4 1313D. 5
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知z1，z2为方程x2+2x+3=0的两根，则( )
A. |z1−z2−|=2 2B. 1z1+1z2=−23C. |z1|+|z2|=2 3D. z1−z2−=z1−−z2−
10.函数f(x)=cs2x+sinx，则( )
A. 函数f(x)在[−π2,0]上单调递增B. 函数f(x)关于(π2,0)中心对称
C. 函数f(x)在[0,2π]有三个零点D. 函数f(x)的最大值为98
11.已知函数f(x)的定义域为R，g(x)为f(x)的导函数.对任意实数x，y满足f(x+y)=f(x)+f(y)+12，且f(12)=0，当x>12时，f(x)>0，则( )
A. 函数f(x)的周期为1B. 函数g(4x)为偶函数
C. 函数f(x)+12为奇函数D. 函数f(x)是增函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={y|y=x2−2x−5}，B={x|y=lg2x}，则A∩B=______.
13.已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90∘，C为球面上的动点.若三棱锥O−ABC体积的最大值为9 3，则球O的体积为______.
14.已知正实数a，b，c，满足abc=2，若max{a,b,c}≤2，则a+b+c−1a−1b−1c的最小值为______.
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=ax3−2x2+x+b，a，b∈R且f(x)在x=1处的切线与x轴平行.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)恰有两个零点，求f(x)的解析式.
16.(本小题15分)
一个盒子中装着标有数字1，2，3，4，5的卡片各2张，从中任意抽取3张，每张卡片被取出的可能性相等，用X表示取出的3张卡片中的最大数字.
(1)求一次取出的3张卡片中的数字之和不大于5的概率；
(2)求随机变量X的分布列和数学期望.
17.(本小题15分)
如图，四棱锥S−ABCD，底面是直角梯形，SA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，SA=AB=BC=3，AD=2，AE=ED，SG=12GC，平面BEG交SD于F.
(1)求SFFD的值；
(2)求点B到平面CEF的距离.
18.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1，点A，B，C分别是E的左，右，上顶点，E的离心率e= 32，且原点O到直线AC的距离为2 55.
(1)求椭圆E的短轴长和方程；
(2)过点(1,0)的直线l交E于R，S两点(不与顶点重合)，设直线AR，BS的斜率分别为k1，k2，求k2k1的值；
(3)在(2)的条件下，设直线l的斜率为k(12≤k≤2)，且l与y轴交于点M，线段RS的垂直平分线与y轴交于点N，求|RS||MN|取值范围.
19.(本小题17分)
在信息论中，熵(entrpy)是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵、信源熵.若把信息定义为概率分布的对数的相反数，设随机变量X所有取值为1，2，…，n(n∈N+)，P(X=i)=pi，则定义信息熵
H(X)=Hn(p1,p2,⋯,pn)=−i=1npilg2pi，i=1npi=1，i=1，2，…，n.
(1)若n=2，求随机变量X的信息熵关于p1的解析式；
(2)若p1=p2=12n−1，pk+1=2pk，(k=2,3,…，n)，求此时的信息熵；
(3)设X和Y是两个独立的随机变量，求证：H(XY)=H(X)+H(Y).
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：样本数据从小到大依次为：2，4，5，6，7，8，11，13，共8个数据，
8×0.75=6，则75%分位数为第6个，7个数据的平均数为：8+112=9.5.
故选：B.
根据百分位数的定义求解即可．
本题考查百分位数的定义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：点P在抛物线x2=4y上，且A(0,−2)，
设点P的坐标为(x0,y0)，则x02=4y0，
且|PA|2=x02+(y0+2)2=4y0+(y0+2)2=(y0+4)2−12(y0≥0)，
所以当y0=0时，可得|PA|min=2.
故选：A.
根据两点间距离公式求得|PA|，再结合二次函数的性质求函数的最小值即可．
本题考查抛物线的性质，是中档题．
3.【答案】C
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
由题意知，a2=q，a3=q2，则2q=3q2，解得q=23或q=0(舍)，
则an=(23)n−1，又b1=2b3=43，
∴bn=43−13(n−1)=53−13n，
可得a4b2=827.
故选：C.
设等比数列{an}的公比为q，由已知列式求解q，可得{an}，{bn}的通项公式，则答案可求．
本题考查等比数列的通项公式与等差数列的性质，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对A选项，若l//β，α//β，则l//α或l⊂α，∴A选项错误；
对B选项，∵α⊥β，α⊥γ，设α∩β=m，α∩γ=n，
在α内作PA⊥m于点A，PB⊥n于点B，
则PA⊥l，PB⊥l，又PA∩PB=P，∴l⊥α，∴B选项正确；
对C选项，若m⊥α，n⊥β，m//n，则α//β，∴C选项错误；
对D选项，若α⊥β，α∩β=l，m//α，n⊥β，
则m与n平行、相交、异面都有可能，∴D选项错误．
故选：B.
根据空间中线线关系，线面关系，面面关系，即可分别求解．
本题考查空间中线线关系，线面关系，面面关系，属基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，先从5人中选2人组成一组，有C52=10种方法，
然后将4组大学生分配到4所学校，有A44=24种方法，
由分步计数原理知共有10×24=240种不同的分配方法．
故选：C.
先从5人中选2人组成一组，然后将4组大学生分配到4所学校，结合分步乘法计数原理求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：取弦AB的中点D，如图所示，
则OA+OB=2OD，|OA+OB|的最大值就是2|OD|的最大值，
因为圆C：x2+y2−4x−8y+16=0，即(x−2)2+(y−4)2=4，
所以圆心C(2,4)，半径r=2，
又|AB|=2 3，则|CD|=1，
又|OC|=2 5，所以|OD|max=2 5+1，
所以|OA+OB|的最大值为4 5+2.
故选：C.
首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标，设弦AB的中点为D，则|OA+OB|=|2OD|，由弦AB的值求出|CD|=1，即可得解．
本题考查了函数的实际应用，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：cs2θcs(π4−θ)=3 24，
cs2θcs(π4−θ)=cs2θ−sin2θ 22(sinθ+csθ)= 2(csθ−sinθ)=3 24，即csθ−sinθ=34，
两边平方得cs2θ−2sinθcsθ+sin2θ=1−sin2θ=916，解得sin2θ=716.
故选：D.
根据已知条件，结合三角函数的恒等变换，即可求解．
本题主要考查三角函数的恒等变换，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：双曲线x2a2−y2=1(a>0)，设渐近线y=1ax与x轴正向的夹角为α，则0)上，∴x02a2−y02=1，即x02−a2y02=a2，
又|PA||PB|=|x0−ay| 1+a2×|x0+ay| 1+a2=|x02−a2y2|1+a2=a21+a2，
∴PA⋅PB=|PA||PB|cs⟨PA,PB⟩=a2(1−a2)(1+a2)2=−1225，
整理得13a4−49a2−12=0，即(a2−4)(13a2+3)=0，解得a2=4，
可得双曲线的离心率e= 52.
故选：A.
设渐近线y=1ax与x轴正向的夹角为α，推出tanα=1a，利用数量积转化求解a，推出离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由题意知，z1=−1+ 2i,z2=−1− 2i，所以|z1−z2−|=0，故A错误；
1z1+1z2=z1+z2z1z2=−23=−23，故B正确；
|z1|+|z2|=2 3，故C正确；
z1−z2−=−2 2i=z1−−z2−，故D正确．
故选：BCD.
分别求出z1和z2，再根据根与系数的关系可得结果．
本题主要考查复数的运算，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解析：x∈[−π2,0]时，y=sinx单调递增，2x∈[−π,0]，y=cs2x单调递增，
故f(x)=cs2x+sinx在[−π2,0]上单调递增，故A正确；
因为f(π−x)=cs2(π−x)+sin(π−x)=cs2x+sinx=f(x)，
函数f(x)关于x=π2对称，故f(x)不关于(π2,0)中心对称，故B错误；
f(x)=1−2sin2x+sinx=(−sinx+1)(2sinx+1)，
令f(x)=0，解得sinx=1或sinx=−12，
因为x∈[0,2π]，所以x=π2,76π,116π，
f(x)在[0,2π]共3个零点，故C正确；
f(x)=−2(sinx−14)2+98≤98，故D正确．
故选：ACD.
选项A，由增函数+增函数=增函数可得；
选项B，由f(π−x)=f(x)可得；
选项C，f(x)=1−2sin2x+sinx=(−sinx+1)(2sinx+1)，令f(x)=0，结合x∈[0,2π]可得；
选项D，f(x)=1−2sin2x+sinx=−2(sinx−14)2+98，结合二次函数的性质可得．
本题考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为对任意实数x，y满足f(x+y)=f(x)+f(y)+12，f(12)=0，
令x=y=12，得f(1)=2f(12)+12，即f(1)=12，
令y=1，得f(x+1)=f(x)+1≠f(x)，故A错误；
令x=y=0，得f(0)=−12，令y=−x，得f(0)=f(x)+f(−x)+12，
即f(x)+f(−x)=−1，两边求导得，f′(x)−f′(−x)=0，即g(x)=g(−x)，
所以g(4x)=g(−4x)，故B正确；
因为f(x)+f(−x)=−1，则f(x)+12=−(f(−x)+12)，故C正确；
令x>0，y=12，可得f(x+12)=f(x)+f(12)+12=f(x)+12，
即f(x)=f(x+12)−12，
因为x>0，则x+12>12，可得f(x+12)>0，所以f(x)=f(x+12)−12>−12，
令x=x1−x2，y=x2，不妨设x1>x2，可得f(x1)=f(x1−x2)+f(x2)+12，即f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)+12，
因为x1>x2，则x1−x2>0，则f(x1−x2)>−12，可得f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)+12>0，
即f(x1)>f(x2)，所以f(x)为R上增函数，故D正确．
故选：BCD.
由已知结合函数的周期性，奇偶性，单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了函数的周期性，奇偶性，单调性的综合应用，属于中档题．
12.【答案】(0,+∞)
【解析】解：集合A={y|y=x2−2x−5}={y|y=(x−1)2−6}={y|y≥−6}，B={x|y=lg2x}={x|x>0}，
则A∩B=(0,+∞).
故答案为：(0,+∞).
先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
13.【答案】72 3π
【解析】解：如图所示，△OAB面积为定值，
故当点C位于垂直于平面AOB的球的直径端点时，
三棱锥O−ABC的体积最大，设球O的半径为R，
则VO−ABC=VC−AOB=13×12×R2×R=16R3=9 3，
所以R3=54 3，
所以V球体=43πR3=72 3π.
故答案为：72 3π.
△OAB面积为定值，故当点C位于垂直于平面AOB的球的直径端点时，三棱锥O−ABC的体积最大，根据VO−ABC=VC−AOB，即可求出球的半径R及体积．
本题考查了几何体的结构特征及体积公式，属于中档题．
14.【答案】632−3342
【解析】解：由对称性不妨设max{a,b,c}=a，因为max{a,b,c}≤2，
所以120，f(x)单调递增，x∈(13,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
故f(x)的单调递增区间为(−∞,13)和(1,+∞)，f(x)的单调递减区间为(13,1)；
(2)由(1)知f(x)在(−∞,13)单调递增，在(13,1)单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则当f(13)=0或f(1)=0时，f(x)恰有两个零点，
当f(13)=0时，127−29+13+b=0，解得b=−427，
当f(1)=0时，1−2+1+b=0，解得b=0，
综上，f(x)=x3−2x2+x−427或f(x)=x3−2x2+x.
【解析】(1)先对函数求导，结合导数几何意义及已知直线平行的斜率关系可求a，然后结合导数与单调性关系即可求解；
(2)结合单调性关系及函数零点存在定理即可求解．
本题主要考查了导数几何意义在切线斜率求解中的应用，导数与单调性关系及函数性质在函数零点个数判断中的应用，属于中档题．
16.【答案】解：(1)“一次取出的3张卡片中的数字之和不大于5”的事件记为A，
“一次取出的3张卡片中的数字之和为4“的事件记为B，
“一次取出的3张卡片中的数字之和为5”的事件记为C，
则P(B)=C22C21C103=2120=160，P(C)=C22C21C103=2120=160，
则P(A)=P(B)+P(C)=130；
(2)由题意，X所有可能的取值为2，3，4，5，
P(X=2)=C22C21+C21C22C103=130，
P(X=3)=C42C21+C41C22C103=215，
P(X=4)=C62C21+C61C22C103=310，
P(X=5)=C82C21+C81C22C103=815，
所以随机变量X的分布列为：
E(X)=2×130+3×215+4×310+5×815=133.
【解析】(1)根据古典概型概率公式计算即可；
(2)X所有可能的取值为2，3，4，5，计算出各自对应的概率即可求解．
本题考查了离散型随机变量的分布列与期望计算，属于中档题．
17.【答案】解：(1)以A为坐标原点，AB，AD，AS，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,3,0)，D(0,2,0)，
S(0,0,3)，E(0,1,0)，G(1,1,2)，
BE=(−3,1,0)，BG=(−2,1,2).
设SF=λSD=(0,2λ,−3λ)，(0≤λ≤1)，
平面BEG的一个法向量n=(x,y,z)，
所以n⋅BE=0n⋅BG=0，即−3x+y=0−2x+y+2z=0，
解得y=3xz=−x2，
令x=2，则n=(2,6,−1)，
又BF=BS+SF=(−3,2λ,3−3λ)，
因为BF⊂平面BEG，
所以，BF⋅n=−3×2+2λ×6+(3−3λ)×(−1)=0，
解得λ=35，
所以SFFD=32.
(2)EC=(3,2,0)，
由(1)知BF=(−3,65,65)，FC=BC−BF=(3,95,−65)，
设平面CEF的一个法向量m=(x,y,z)，
所以m⋅EC=0m⋅FC=0，即3x+2y=03x+95y−65z=0，解得x=−23yz=−16y，
令y=6，则m=(−4,6,−1)，
又BC=(0,3,0)，
所以d=|BC⋅m||m|=18 53=18 5353，
所以点B到平面CE的距离为18 5353.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，设SF=λSD=(0,2λ,−3λ)，(0≤λ≤1)，求出平面BEG的一个法向量，由BF⋅n=0，求得λ即可；
(2)设平面CEF的一个法向量m=(x,y,z)，由m⋅EC=0m⋅FC=0，得出m=(−4,6,−1)，由d=|BC⋅m||m|=18 53=18 5353得出点B到平面CEF的距离．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意知，A(−a,0)，B(a,0)，C(0,b)，
因为原点O到直线AC的距离为2 55，
所以SABO=12ab=12 a2+b2×2 55，即a2b2=45(a2+b2)，
又e= 32= 1−b2a2，
所以a=2，b=1，
所以椭圆E的短轴长为2，椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)由题意知，A(−2,0)，B(2,0)，
设R(x1,y1)，S(x2,y2)，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x=1，则R(1, 32)，S(1,− 32)，
所以k1= 36，k2= 32，即k2k1=3；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k(x−1)(k≠0)，
联立y=k(x−1)x24+y2=1，得(4k2+1)x2−8k2x+4k2−4=0，
则x1+x2=8k24k2+1，x1x2=4k2−44k2+1，
所以2x1x2=5(x1+x2)−8，即x1x2=5(x1+x2)−82，
所以k2k1=y2x2−2y1x1+2=k(x2−1)x2−2⋅x1+2k(x1−1)=5(x1+x2)−82+2x2−x1−25(x1+x2)−82−x2−2x1+2=3x1+9x2−12x1+3x2−4=3，
综上所述，k2k1的值为3.
(3)由(2)知，x1+x2=8k24k2+1，x1x2=4k2−44k2+1，
所以y1+y2=8k34k2+1−2k=−2k4k2+1，
所以线段RS的中点坐标为(4k24k2+1,−k4k2+1)，
所以线段RS的垂直平分线为y−−k4k2+1=−1k⋅(x−4k24k2+1)，
令x=0，则y=3k4k2+1，即N(0,3k4k2+1)，
又M(0,−k)，
所以|MN|=|4k3+4k4k2+1|=4k3+4k4k2+1(12≤k≤2)，
|RS|= 1+k2|x1−x2|= 1+k22(8k24k2+1)2−4⋅4k2−44k2+1=4 1+k2⋅ 3k2+14k2+1，
所以|RS||MN|=4 1+k2⋅ 3k2+14k3+4k=4 1+k2⋅ 3k2+14k(k2+1)= 3k2+1k2+k4，
令t=k2(14≤t≤4)，则3k2+1k2+k4=1+3tt+t2，
设f(t)=1+3tt+t2，14≤t≤4，
所以f′(t)=3(t+t2)−(1+3t)(1+2t)(t+t2)2=−3t2−2t−1(t+t2)2