山东省菏泽市2024届高三(上)期末考试数学试卷(解析版)

这是一份山东省菏泽市2024届高三(上)期末考试数学试卷(解析版)，共20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。
1. 若集合A、B、C满足A∩B＝A，B∪C＝C，则A与C之间的关系是( )
A. A＝CB. C≠A
C. A⊆CD. C⊆A
【答案】C
【解析】根据题意，，，从而，故选C．
2. 复数等于它共轭复数的倒数的充要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令则．由得，
故选B．
3. 二十四节气歌是为了方便记忆我国古时历法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节概率为.
故选：C.
4. 已知＝3，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
故选：A.
5. 我们把由0和1组成的数列称为数列，数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列（，）中的奇数换成0，偶数换成1可得到数列an，若数列an的前项和为，且，则的值可能是（ ）
A. 100B. 201C. 302D. 399
【答案】C
【解析】因为，，
所以，
所以数列an的前若干项为：
，
则，
所以，，
，.
故选：C.
6. 如图所示，正三棱柱的所有棱长均为1，点P、M、N分别为棱、AB、的中点，点Q为线段MN上的动点．当点Q由点N出发向点M运动的过程中，以下结论中正确的是（ ）
A. 直线与直线CP可能相交B. 直线与直线CP始终异面
C. 直线与直线CP可能垂直D. 直线与直线BP不可能垂直
【答案】B
【解析】在正三棱柱中，
因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，，，
所以四点不共面，
所以直线与直线CP始终异面，故A错误，B正确；
对于C，设，
则，
，
若直线与直线CP垂直，则，
即，
所以，
即，解得，
因为，所以不存在点使得直线与直线CP垂直，故C错误；
对于D，连接，
因为为的中点，所以，
又因平面，平面，
所以，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D错误.
故选：B.
7. 已知双曲线C：的左右焦点分别是，，点P是C的右支上的一点（异于顶点），过作的角平分线的垂线，垂足是M，O是原点，则（ ）
A. 随P点变化而变化B. 5
C. 4D. 2
【答案】B
【解析】双曲线的左右焦点分别是，，延长交于，
是的角平分线，，
在双曲线上，，
，
是的中点，是的中点，
是△的中位线，，
即，
双曲线中，则．
故选：B．
8. 物种多样性是指一定区域内动物、植物、微生物等生物种类的丰富程度，关系着人类福祉，是人类赖以生存和发展的重要基础.通常用香农-维纳指数来衡量一个群落的物种多样性.，其中为群落中物种总数，为第个物种的个体数量占群落中所有物种个体数量的比例.已知某地区一群落初始指数为，群落中所有物种个体数量为，在引入数量为的一个新物种后，指数（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】记初始物种数量为，第个物种的个体数量，
所以，
则,
,
所以，
在引人数量为的一个新物种后，物种数量为，所有物种的个体数量为，
第个物种即为引入的新物种，个体数量为,
则，
，
所以，
结合①②可得:.
故选:A.
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】，故，
对选项A：，同时除以得到，正确；
对选项B：取，，，错误；
对选项C：，正确；
对选项D：，，故，正确；
故选：ACD
10. 对于数列，定义：，称数列是的“倒差数列”.下列叙述正确的有（ ）
A. 若数列单调递增，则数列单调递增
B. 若，，则数列是周期数列
C. 若，则数列没有最小值
D. 若，则数列有最大值
【答案】BD
【解析】对于，函数在和上单调递增，但在整个定义域上不是单调递增，可知数列单调递增，数列不是单调递增（如，则，），错误；
对于，是常数列，可设，则，
，
不是常数列，，，整理得：，
，数列是以为周期的周期数列，正确；
对于，若，则，
①当为偶数时，且单调递增，，
且单调递增，此时；
②当为奇数时，且单调递减，，
且单调递减，此时；
综上所述：既有最大值，又有最小值，错误；正确.
故选：BD.
11. 已知是坐标原点，平面向量，，，且是单位向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若A，B，C三点共线，则
C. 若向量与垂直，则的最小值为1
D. 向量与的夹角正切值的最大值为
【答案】AD
【解析】在平面直角坐标系中，令，
由，，得，，则，
对于A，，因此，A正确；
对于B，由三点共线，得，即，
于是，解得，即，B错误；
对于C，，由向量与垂直，得，
而，则，
当且仅当时取等号，C错误；
对于D，令向量与的夹角为，，当时，，，
当时，不妨令，，则，，显然，
，
当且仅当时取等号，D正确.

故选：AD
12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则（ ）
A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是
B. 勒洛四面体内切球的半径是
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为
D. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】BC
【解析】观察几何体知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，
勒洛四面体被平面截得截面是正及外面拼接上以各边为弦的三个弓形，
弓形弧是以正各顶点为圆心，边长为半径且所含圆心角为的扇形弧，如图所示：
因此，截面面积为：，选项A错误，C正确；
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，
正外接圆半径，正四面体的高，
设正四面体的外接球半径为，在中，，解得，
因此，勒洛四面体内切球半径为，选项B正确；
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，选项D错误．
故选：BC．
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13. 若函数的图像可由函数的图像向右平移个单位所得到，且函数在区间上是严格减函数，则__________．
【答案】
【解析】由题意得，
则，
当时，，
函数在区间上是严格减函数，
故，即且，
则，而，故，
故答案为：
14. 有8件产品，其中4件是次品，从中取3件，若X表示取得次品的件数，则________.
【答案】
【解析】由8件产品，其中4件是次品，从中取3件，若表示取得次品的件数，
则.
故答案为：.
15. 若直线与曲线相切，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】因为，所以，
设切点为，则，
由，得，，则，
代入，得，则，
令，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以，故.
故答案为：.
16. 已知圆，抛物线.若对于上任意一点，使得对圆上的任意两点A，B，总有，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】设直线分别与圆M切于点，设，因为对于上任意一点，
使得对圆上的任意两点A，B，总有，所以,即，
所以，即,
设，则，
又，
设，对称轴，，
当，即时，在时当时，此时满足题意，
当时，若时在时不合题意，
所，即，所以时，
在时当时，
即,化简得，解得，
所以，
综上：，
故答案为：.

四、解答题：本大题共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. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求角；
（2）若点在上，，，求的值.
解：（1）因为，
所以，解得或（舍去），
所以，即，
因为，所以.
（2）如图，因为，，设，，

在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，所以，
所以，
因为，所以，
所以.
18. 已知正项数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，证明：.
解：（1）由已知得，
令，则，即，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
所以，即，
则，故；
证明：（2）由已知得，
其中，
所以，当时，，
当时，，
所以
.
19. 已知函数，．
（1）当时，证明：在上恒成立；
（2）若有2个零点，求a的取值范围．
证明：（1）当时，设，
则，设，
由函数和在上单调递增，
知函数在上单调递增，且，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以
即在上恒成立；
解：（2）由，得，令，
则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点，
令，得，
当时，当时，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故，且当时，，
当趋向于正无穷时，趋向于正无穷的速率远远比大，故趋向于0，
作出函数的大致图象如下：
结合图象可知，当时，与的图象有2个交点，
故a的取值范围是．
20. 如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．

（1）证明：平面：
（2）若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值．
证明：（1）连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点，
所以有，又因为，
所以都为正三角形，
所以，四边形是菱形，
记与的交点为，为和的中点，
因为，
所以三角形为正三角形，
所以，所以，
因为是半球面上一点，是半球的直径，所以，
因为，平面，
所以平面．
解：（2）因为点在底面圆内的射影恰在上，
由（1）知为的中点，为正三角形，所以，
所以底面，
因为四边形是菱形，所以，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，则，
设直线与平面的所成角为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
21. 2023年9月23日第19届亚运会在杭州开幕，本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目．为研究不同性别学生对杭州亚运会项目的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各50名作为样本，设事件“了解亚运会项目”，“学生为女生”，据统计，．
（1）根据已知条件，填写列联表，并依据的独立性检验，能否认为该校学生对亚运会项目的了解情况与性别有关?
（2）现从该校了解亚运会项目的学生中，采用分层随机抽样的方法随机抽取9名学生，再从这9名学生中随机抽取4人，设抽取的4人中男生的人数为，求的分布列和数学期望．
附：，．
解：（1）因为，，
所以对杭州亚运会项目了解的女生为
了解亚运会项目的学生为，
结合男生和女生各50名，填写列联表为：
零假设：该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别无关，根据列联表中的数据
，
依据的独立性检验，可以推断成立，
即该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别无关．
（2）由（1）知，采用分层随机抽样的方法随机抽取9名学生，
其中男生人数为（人）；
女生人数为（人），
由题意可得，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．
，，
，．
随机变量X的分布列如下：
则．
22. 已知椭圆C：的两焦点分别为，并且经过点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过的直线交椭圆C于A，B两点，设直线与C的另一个交点分别为M，N，记直线AB，MN的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线AB的方程.
解：（1）由椭圆定义知，
解得.
又，所以，
故椭圆C的方程为.
（2）①当时，由对称性得.
②当时，设直线AB的方程为，且，
，当时，
设直线的方程为，，
由得，易知，
则，
得.
同理，当时，设直线的方程为，
则.
则
.
当时，，解得，
由椭圆的对称性，不妨设，
由于F21,0，故，
此时直线，联立椭圆方程得，
解得或（舍去），当时，，
故，同理可得，，
则，满足.
所以.
当时，.
当时，，
此时，故，
所以，当且仅当时等号成立.
综上，当取得最大值时，直线AB的方程为.0．050
0．010
0．001
3．841
6．635
10．828
了解
不了解
合计
男生
15
35
50
女生
30
20
50
合计
45
55
100
X
0
1
2
3
P