山东省临沂市罗庄区2024届高三上学期学科素养水平监测数学试题（含答案解析）

2021级普通高中学科素养水平监测试卷数学2024.01一、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.若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．【详解】解：，则，即，故在复平面上所对应的点位于第三象限．故选：．2.若集合，，定义集合且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合，结和所给定义域即可求解.【详解】由得，则，又且，则.故选：C3.已知函数，的定义域为R，则“，为周期函数”是“为周期函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据通过反例和周期的性质判断即可.【详解】两个周期函数之和是否为周期函数，取决于两个函数的周期的比是否为有理数，若为有理数，则有周期，若不为有理数，则无周期.的周期为，的周期为，则当时，只有周期的整数倍才是函数的周期，则不是充分条件；若，，则为周期函数，但，为周期函数不正确，故不是必要条件；因此为不充分不必要条件.故选：D4.正方体中，M是棱的中点．记，，，用，，表示为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据几何体的特征，结合向量的线性运算，即可求解.【详解】，，，三个式子相加得，.故选：A5.过圆C：外一点作圆C的切线，切点分别为A，B，则直线过定点（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求以为直径的圆的方程，再让两圆相减得到直线的方程，即可求解直线所过的定点.【详解】以为直径的圆的方程为，即，圆，两圆方程相减就是直线的方程，即可，整理为，联立，得，所以直线恒过定点.故选：A6.已知，则（）A.2024 B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，等式的两边同时求导数，再令，即可求解.【详解】由，等式的两边同时求导数，可得，令，可得.故选：B.7.已知实数，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题可得，，构造函数，利用导数讨论其单调性，即可得，再结合即可求解.【详解】由可得，，即，也即，由可得，所以，即，构造函数，在恒成立，所以函数在定义域上单调递减，所以，即，又因为，所以，所以，解得，故选:B.8.已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，，有，，，由弦长公式可得，，四边形AMBN的面积为，解得，可求双曲线的离心率.【详解】根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示，圆O：，圆心为，半径为，设，，点P在双曲线上，，则有，，可得，过O作MN垂线，垂足为D，O为的中点，则，，同理，，由，四边形AMBN的面积为，，化简得，则有，则C的离心率.故选：D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.已知数列是首项为，公比为的等比数列，则（）A.是等差数列 B.是等差数列C.是等比数列 D.是等比数列【答案】AD【解析】【分析】由题意得数列的通项公式，然后写出每个选项中对应的数列的通项公式，再判断是等差数列还是等比数列.【详解】由题意得，所以数列是常数列，故A正确；数列的通项公式为，则，所以数列是公比为的等比数列，B错误；，所以数列是公差为的等差数列，C错误；，所以数列是公比为的等比数列，D正确.故选：AD10.2023年10月3日第19届杭州亚运会跳水女子10米跳台迎来决赛，中国“梦之队”包揽了该项目的冠亚军.已知某次跳水比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（）A.新数据的极差可能等于原数据的极差B.新数据的中位数可能等于原数据的中位数C.若，则新数据的方差一定大于原数据方差D.若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数【答案】ABC【解析】【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差可能等于原数据的极差，所以A正确；对于B中，不妨假设，当时，若随机删去的成绩是，此时新数据的中位数等于原数据的中位数，所以B正确；对于C中，若，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大，所以C正确；对于D中，若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中，因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数；删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得，此时新数据的分位数为第二个数，显然新数据的分位数小于原数据的分位数，所以D错误.故选：ABC.11.伟大的古希腊哲学家､百科式科学家阿基米德最早采用不断分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列说法正确的是（）A.椭圆标准方程可以为B.若，则C.存在点，使得D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.【详解】对于A：由，解得，则椭圆的标准方程为，故A正确；对于B：由定义可知，由余弦定理可得，解得，则，故B错误；对于C：当点为短轴的一个端点时，最大，此时，为锐角，则不存在点，使得，故C错误；对于D：，当且仅当，即时，等号成立，故D正确；故选：AD12.已知，函数有两个极值点，，则（）A.a可能是负数B.若，则函数在处的切线方程为C.为定值D.若存在，使得，则【答案】BCD【解析】【分析】根据导数与切线、极值点、绝对值不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】若，，所以函数在处的切线方程为，B选项正确.，当时，单调递减，没有极值，所以A选项错误，当时，由解得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以是的极大值点，是的极小值点，而，所以为定值，C选项正确.D选项，若存在，使得，即，即，，即，即，由于，所以必存在，对于，则有，，解得，所以D选项正确.故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.命题存在实数，使方程有实数根，则“”形式的命题是________________【答案】对任意实数，方程没有实数根【解析】【分析】存在性命题的否定是全称量词命题，将，否定原结论即可.【详解】原命题为：，使方程有实数根，其对应的否命题为：，方程没有实数根，故答案为：对任意实数，方程没有实数根【点睛】本题考查了特称命题的否定，所得命题为并否定原结论，属于简单题.14.设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】首先由函数的解析式求出函数的最小正周期，可得区间为最小正周期的，当区间关于对称轴对称时，可得取得最小值，令，求出t的值，求出的值，进而求出所求的代数式的值．【详解】函数的最小正周期为，由于，则区间的长度是周期的，要使取最小值，则在上不单调，所以当区间关于其对称轴对称时，取得最小值，其对称轴为，所以当时，函数取得最值±4，不妨设，则，解得，所以，所以的最小值为，故答案为：15.己知F是椭圆C：的左焦点，点P为该椭圆上一动点，若在椭圆内部，则的最大值为______．【答案】11【解析】【分析】利用椭圆的定义，转化，再利用数形结合，求的最大值.【详解】由条件可知，，，则，设椭圆的右焦点为，且，所以，当点（点在第四象限）三点共线时，等号成立，且,所以的最大值为.故答案为：1116.已知函数，若关于x的不等式（e是自然对数的底数）在R上恒成立，则a的取值范围______．【答案】【解析】【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合，通过直线与的图象相切时的临界值，即可求解的取值范围.【详解】在上恒成立，等价于的图象恒在直线的上方，，两边平方后得，所以的图象是以为圆心，半径为1，并且在轴的下半部分的半圆，，，得，当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，当时，函数取得最小值，如图，画出函数的图象：直线恒过定点，当直线与相切时，设切点，，可得，由，解得：，则切线的斜率为2，当直线与，相切时，直线与半圆相切，由，解得：，由图可知，的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是正确画出函数的图象，并会根据直线与曲线相切，求直线的斜率.四、解答题：17.在中，内角对边分别为，且．（1）求A：（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理边化角，然后利用三角公式整理计算即可；（2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，则周长可求.【小问1详解】由，以及正弦定理可得即，即，又在中，所以，则在中；【小问2详解】由（1）可得，所以，由余弦定理，解得，所以的周长.18.记数列的前n项和为，已知，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若，，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用时，得到数列为等比数列，利用等比数列的通项公式求解；（2）求出，然后利用分组求和法求和即可．【小问1详解】因为，则当时，，两式相减可得，则，当时，，解得，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，即；【小问2详解】因为，则．19.在三棱锥中，，平面，点M是棱上的动点，点N是棱上的动点，且．（1）当时，求证：；（2）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，计算出，得到垂直关系；（2）计算出当时，取得最小值，求出两平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】因为，所以，故，由勾股定理逆定理得，又平面，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，因为，由勾股定理得，，当时，分别为的中点，，则，，故，；【小问2详解】，故，故，当时，取得最小值，此时，设平面的法向量为，则，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.数轴上的一个质点从原点出发，每次随机向左或向右移动1个单位长度，其中向左移动的概率为，向右移动的概率为，记点移动次后所在的位置对应的实数为.（1）求和的分布列和期望；（2）当时，点在哪一个位置的可能性最大，并说明理由.【答案】（1）分布列见解析，，（2）对应实数为4，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意分别计算对应的概率列出分布列，求期望；（2）设点向右移动次，向左移动次的概率为，作商与1比较可得出时最大即可得解.【小问1详解】当时，，，.13.当时，，，，.024.【小问2详解】设点向右移动次，向左移动次的概率为，则，当时，，随的值的增加而增加，当时，，随的值的增加而减小，所以当时，最大，此时点所在的位置对应的实数应为4.21.已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，一动圆与圆内切，与圆外切，动圆的圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程：（2）已知点，直线不过点并与曲线交于两点，且，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由，【答案】21.，；22.直线恒过点,，理由见解答．【解析】【分析】（1）由题意,，,，，结合双曲线的定义求解即可得结论；（2）设直线的方程为，联立直线和双曲线的方程消元后，应用韦达定理，结合条件，可得，化简整理即可求解．【小问1详解】如图，设圆的圆心为，半径为，由题可得圆半径为3，圆半径为1，则，，所以，由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点、实轴长为4的双曲线的右支，又，,，所以动圆的圆心的轨迹方程为，，即曲线的方程为，．【小问2详解】设直线的方程为，联立，消去得，由题意直线与曲线有两个交点，则，设,，,，其中，，由韦达定理得：，，又点，所以,，,，因为，所以，则，即，解得舍去），当，直线的方程为，，故直线恒过点,．【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点22.已知，设函数.（1）讨论函