精品解析：山东省聊城市2024-2025高三上学期期末学业水平测试数学试题

2024学年第一学期期末学业水平测试 高三数学试题卷 考生须知： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集的运算规则，求解即可． 【详解】集合，， 所以， 故选：B 2. 为虚数单位，为z的共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则化简z，由共轭复数的定义即可求解. 【详解】，则. 故选：A. 3. 已知函数是奇函数，则下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的性质可得，即可求得m的值，从而得到，再通过计算函数值、，可判断各个选项. 【详解】因为是奇函数，定义域为R， 所以， 所以，所以， ，满足题意， ，，故A正确，B、C、D错误. 故选：A 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可得，结合两角和的正弦公式可得结果. 【详解】∵，∴， ∵，∴，∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故. 故选：C. 5. 在平面四边形ABCD中，若，，且，，则（ ） A. B. 8 C. 10 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件可得，，利用向量的线性运算表示，结合数量积的运算律可得结果. 【详解】 ∵，， ∴，， ∴ . 故选：B. 6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可． 【详解】解：双曲线：的一条渐近线不妨取：， 由双曲线：的一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，可得到的距离为， 所以，解得， 故双曲线C的离心率为 故选：B 7. 锐角内角所对的边分别为，角A的平分线交BC于点D，若，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理，三角形面积公式，逐项分析即可. 【详解】因为，且，， 所以，即， 由余弦定理，， 由，整理得，解得或， 当时，，此时B为钝角，与为锐角三角形矛盾，舍去， 故，即D错误； 由，，，和余弦定理，可得， 因为A为三角形的内角，所以，故A正确； 此时，，故C正确； 因为AD为角A的平分线，设， 由，可得， 即得，解得，即，故B正确. 故选：D 8. 已知正三棱锥的高为 ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 ，则三棱锥体积的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由外接球的体积得出球半径，再由正三棱锥得出体积，利用导数求最值即可. 【详解】如图，设H为底面三角形的中心，PH为三棱锥的高，设为h， 由题意得，，解得， 该三棱锥为正三棱锥，, ，， 令 ， 由，可得或（舍去）， 当时，，当时，， 在 单调递增，在单调递减， ，. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，利用周期公式计算得解；对B，求出，代入计算；对C，代入解析式计算判断；对D，代入解析式计算判断. 【详解】对于A，由题意可得，解得，故A错误； 对于B，函数的解析式为：，故， 则，故B正确； 对于C，，， 所以，故C正确； 对于D，，， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意实数x，y有，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件通过赋值可得选项A错误，选项B正确. 令，求导可得，由此可得是以4为首项，4为公差的等差数列，可得选项C，D都正确. 【详解】A.令，得，故A错误. B.令，，得，解得， 令，，得，故B正确. 令，得， ∴， 令，得， ∴是以4为首项，4为公差的等差数列， ∴，故C，D都正确. 故选：BCD. 11. 已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴交于点A，M为抛物线上的点，且满足，过M作l的垂线，垂足为与交于点Q，则（ ） A. 直线的斜率为定值 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，由求出点坐标（用表示），然后结合抛物线的定义检验各选项． 【详解】选项A，设，易知， 由得， 由得，， 显然，故解得，则，可得， 当点在上方时（点在轴下方由对称性可得），坐标为， 为常数，当点在下方时时，也为常数，A正确； 选项B，当点在上方时，作轴，垂足为， 如图，则，则， 若，则， 又，所以，所以，B错误； 选项C，，， 所以， 因，则，C正确； 选项D，由得， 因， 即，又， ，从而， 则，即， 于是， 故得，即D正确． 故选：ACD． 方法点睛：在涉及到抛物线的焦点与准线问题中，解题时一般结合抛物线的定义，把抛物线上的点到焦点的距离转移到点到准线的距离，由于利用抛物线上点到准线的距离时需要作准线的垂线，从而出现平行线，因此常常利用平面几何知识得出比例线段，由此求解更加方便． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若二项式的展开式中的系数是84，则实数__________． 【答案】1 【解析】 【详解】试题分析：由二项式定理可得：，因为系数是，所以即，即，所以. 考点：二项式定理. 13. 设，且，函数的值域为，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出时函数的取值范围，依题意可得当时，，即可得到，从而得解. 【详解】因为， 当时，，则在上单调递减， 所以，即； 要使得函数的值域为， 所以当时，，所以，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 14. 一个综艺节目中，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，则参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】记3名主持人分别为甲、乙、丙，将主持人甲作为参照物，考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法，再分析主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组的人数情况，从而得到参与者连续站在一起的人数不超过13人的站法种数，即可得到结果. 【详解】记3名主持人分别为甲、乙、丙， 3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈， 将主持人甲作为参照物，只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序， 则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法， 参与者连续站在一起的人数不超过13人， 则主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组，按照顺时针方向记为第一、二、三组， 由， 考虑的情况，第一、二、三组人数有、，三种分组方法， 考虑，第一、二、三组人数有种分组方法， 考虑，第一、二、三组人数有1种分组方法， 同理可知，共有种分组方法， 则参与者连续站在一起的人数不超过13人共有种站法， 可得参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是 故答案为 【点睛】关键点点睛：将主持人甲作为参照物，只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针排列的顺序，参与者连续站在一起的人数不超过13人，则主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组，分析出分组方法即可. 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. 已知等比数列的前n项和为， （1）求数列的通项公式; （2）在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由已知可得，然后求数列的通项公式即可； （2）由题意可得项数，然后结合等比数列的求和公式代入计算，即可求解． 【小问1详解】 由，得， 两式相减得， 即，， 得等比数列的公比， 又当时，，所以，所以 小问2详解】 数列为：3，，，1，1，，，，， 以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数， 当时共有项数， 当时共有项数， 所以 . 16. 如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面 （1）证明：平面 （2）若BC与平面所成角的正弦值为，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）利用线面垂直的性质与判定定理，即可得； （2）方法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量，即可得； 方法二，利用线面垂直的判定与性质，找出二面角，即可得. 【小问1详解】 取中点， 中点，连接， 因为，所以， 又，所以， 又因为，，平面PCE， 所以平面， 又平面，故有， 因为， 所以， 又平面平面，平面平面， 又在平面内， 所以平面， 又平面，故有， 又，，平面 故有平面 【小问2详解】 解法一：以点F为坐标原点，分别以，，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，，， 设点， 设平面PAB的法向量，，， 则， 可取， 于是有，得 平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则， 解法二：如图，作，垂足为 M，连接 因为平面，，故平面， 为与平面所成角， 有，得到， 设，则， 由，得，解得 作，垂足为 ，连接， 为平面与平面夹角， ，由得，， ， ， 平面与平面夹角的余弦值为 17. 已知椭圆过点，离心率为 （1）求椭圆E的方程； （2）过点的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q， （ⅰ）若点M为线段AB的中点，求证：； （ⅱ）若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆过点，离心率为，进而求出椭圆的方程； （2）由（1）可得设直线方程，与椭圆方程联立，（i）根据根与系数的关系以及已知条件列出等式求得k，得到直线l的方程，求得点P、Q的坐标，得到线段PQ的中点与线段AB的中点重合，即可求解；（ii）由结合向量的数量积运算进行求解. 【小问1详解】 由题意得，又，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 由题意可知：直线的斜率必定存在，故设直线 l的方程为， 联立方程， 整理得， 所以， （i）由，解得， 所以直线l的方程为， 令，得；令，得， 所以PQ的中点为， 即AB与PQ有相同的中点， 所以，命题得证； （ii）又 ， 则 ， 令，即，解得， 则直线l斜率的取值范围为 . 18. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 【答案】（1）在第二局与甲比赛 p最大，判断过程见解析 （2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别求得在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，即可求解. （2）（ⅰ）求出X所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值；（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解. 【小问1详解】 该棋手在第二局与甲比赛p最大， 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，， 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则， 同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率， 该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率， 因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大. 【小问2详解】 （ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得X的所有可能取值为：2，4，5， ， ， ， 所以X的分布列为： 2 4 5 所以X的期望为： ， 由，得，当且仅当取等号，则， 因此， 所以的最大值为 （ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 ， 因此，得，而， 所以 【点睛】关键点点睛：本题第2问第2小问，根据题意结合相互独立事件的概率公式分析得到是求解的关键. 19. 若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”. （1）分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由； （2）若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”； （3）设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”. 【答案】（1）函数的图象存在“自公切线”； 函数的图象不存在“自公切线”，理由见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由直线切的图象于点判断，由导数确定意见性判断. （2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数的几何意义求出切线方程，证明在上无解即得. （3）求出在点与处的切线方程，利用（2）的结论，结合诱导公式，及充要条件的证明方法推理即得. 【小问1详解】 显然直线切的图象于点， 直线是的图象的一条“自公切线”，因此函数的图象存在“自公切线”； 对于是严格减函数，则在不同点处的切线斜率不同， 所以函数的图象不存在“自公切线”. 【小问2详解】 由恒成立，且仅当时， 则是上的严格增函数，可得它至多有一个零点， 令， 由的图象是连续曲线，且， 因此在上存在零点，即在上存在零点，所以有唯一零点； 假设的图象存在“自公切线”，则存在且， 使得的图象在与处的切线重合，即，有，不妨设， 切线，， 有相同截距，即，而， 则，即， 则有，即，令，， 即函数上单调递增，，因此当时，， 即在上无解， 所以的图象不存在“自公切线”. 【小问3详解】 对给定的，由（2）知有唯一零点，即唯一确定， 又在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为， 若存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”， 则，又，则， 所以，且，从而存在， 使得，代入，可得，则，即是数列中的项； 反之，若是数列中的项，则存在，使得，即， 由（2）中的严格增，可知严格增，又且，可知， 令，则且， 即，可得，所以存在， 使得点与是函数的图象的一对“同切点”. 所以存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”. 【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年第一学期期末学业水平测试 高三数学试题卷 考生须知： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 为虚数单位，为z的共轭复数，若，则（ ） A B. C. D. 3. 已知函数是奇函数，则下列关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 平面四边形ABCD中，若，，且，，则（ ） A. B. 8 C. 10 D. 3 6. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 7. 锐角的内角所对的边分别为，角A的平分线交BC于点D，若，且，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的高为 ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 ，则三棱锥体积的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意实数x，y有，且，，则（ ） A B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴交于点A，M为抛物线上的点，且满足，过M作l的垂线，垂足为与交于点Q，则（ ） A. 直线的斜率为定值 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若二项式的展开式中的系数是84，则实数__________． 13. 设，且，函数值域为，则实数的取值范围是__________. 14. 一个综艺节目中，3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈，则参与者连续站在一起的人数不超过13人的概率是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等比数列的前n项和为， （1）求数列的通项公式; （2）在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 16. 如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面 （1）证明：平面 （2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知椭圆过点，离心率为 （1）求椭圆E的方程； （2）过点直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于点P，与y轴交于点Q， （ⅰ）若点M为线段AB的中点，求证：； （ⅱ）若原点O总在以AB为直径的圆外，求直线l斜率的取值范围. 18. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 19. 若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”. （1）分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由； （2）若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”； （3）设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$