2024届山东省枣庄市高三年级上册期末考试试题数学

参照秘密级管理支启用前试卷类型：A

2023-2024学年第一学期高三质量检测

局二数学

2024.01

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.

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4=吓3＜2工＜2、8={引,=坨(%+1)},则Au他町=()

A.0B.(-oo,l)C.(-L+s)D.(-oo,-l)o(-l,l)

2.若z是方程f+%+1=0的一个虚数根，则z2—N=()

A.0B.-lC.后D.-l或石i

3.已知一ABC的两个顶点A,B的坐标分别是(-1,0),(1,0),且AC,BC所在直线的斜率之积等于

7律(mw0),则()

A.当机＜0时，顶点。的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，并除去(—1,0),。,。)两点

B.当田＜0时，顶点。的轨迹是焦点在V轴上的椭圆，并除去(—1,0),(1,0)两点

C.当机＞0时，顶点C的轨迹是焦点在无轴上的双曲线，并除去(—1,0),(1,0)两点

D.当加＞0时，顶点。的轨迹是焦点在y轴上的双曲线，并除去(—1,0),(1,0)两点

4.已知圆£:(x+l)2+(y+l)2=1,圆。2：/+/_4%—4y—1=0,则两圆的公切线条数为()

A.lB.2C.3D.4

5.E^/(x)=2cos2x+J§sin2x,xw(0,27i),则的零点之和为()

41014,八

A.-71B.---7TC.----71D.1071

333

6.翼云机场将于2025年通航，初期将开通向北至沈阳、哈尔滨；向南至昆明、深圳；向西至兰州、银川的六条

航线.甲、乙、丙、丁、戊、己6人各选择一条不同航线体验.已知甲不去沈阳、哈尔滨，乙和丙乘坐同一方向的航

班.则不同的体验方案有（）

A.56种B.72种C.96种D.144种

7.已知正四棱台的上下底面边长分别为1和3,高为2.用一个平行于底面的截面截棱台，若截得的两部分几何

体体积相等，则截面与上底面的距离为（）

A.|B.与C明D赤—1

1r2V2

8.斜率为--的直线/分别与X轴，y轴交于V,N两点，且与椭圆二+==1（。〉6〉0）,在第一象限交于

2ab

43两点，且|他4|=|八/8|,则该椭圆的离心率为（）

A.息B正C.—D.-

2322

二、多选题：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.

9.一组数据和々，与，，税满足七-七-1=2（2勤10）,若去掉和税后组成一组新数据.则新数据与原数据相

比（）

A.极差变小B.平均数变大C.方差变小D.第25百分位数变小

10.设下=（一1,3）,力=（1,2）,则（）

A.|/M-2zi|=10

C.若（加一2〃）〃（左/"+〃），则左=-g

D.”在冽上的投影向量为,〃z

2

11.如图，在正三棱柱ABC—431G中，A&=A3=4,。是棱Cq上任一点，则（）

A.正三棱柱ABC-AlBlCl的表面积为48+8^3

B.三棱锥A-A3。的体积为更Yl

3

c.A3。周长的最小值为80+4

D.三棱锥A-ABD外接球的表面积最小值为竽

12.已知定义在R上的连续函数“X),其导函数为了'(x),且/(O)=e"[£|=l,函数y=+为

奇函数，当x〉g时/则()

A./(l)=eB./(2)>e2

01

C.3^0GR,/(%0)<1D./(e)>/(-lnl.l)

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

2x—1

13.曲线y=—在点(1,%)处的切线方程为.

X

14.已知等差数列｛4｝的前几项和为S“，若弓=T0,^—5=1,则%=.

15.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为。AB为底面直径，/AP5=120，点C为底面圆周上的一个动点，

当tPAC的面积取得最大值时，sin/AOC=.

16.0为坐标原点，R为抛物线C:J=8y的焦点，过C上的动点/(不为原点)作C的切线/,作

ON工I于点、N,直线与ON交于点A,点网6,0),贝的取值范围是.

四、解答题：本题共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.(10分)

22

已知数列｛4｝中，«1=l,na,l+i=(n+l)an.

(1)求知;

,72+15

(2)设—，求证：b,+/?2++优<—•

4"+216

18.(12分)

如图，直四棱柱ABC。-的底面为平行四边形，M,N分别为4民。3的中点.

（1）证明：DW〃平面ABN；

（2）若底面ABC。为矩形，AB=2AD=4,异面直线DM与/N所成角的余弦值为平，求用到平面

A、BN的距离.

19.（12分）

现有甲，乙两个训练场地可供某滑雪运动员选择使用.已知该运动员选择甲，乙场地的规律是：第一次随机选

3

择一个场地进行训练.若前一次选择甲场地，那么下次选择甲场地的概率为二；若前一次选择乙场地，那么下

次选择甲场地的概率为g.

（1）设该运动员前两次训练选择甲场地次数为X,求E（X）；

（2）若该运动员第二次训练选了甲场地，试分析该运动员第一次去哪个场地的可能性更大，并说明理由.

20.（12分）

在.ABC中，角AK所对的边分别为a/c若2〃+Z?cosA-c=Z?tanBsinA.

（1）求3；

_i_ciiqR

（2）若一ABC为锐角三角形，求^——--的取值范围.

smC

21.（12分）

已知函数=*-<zx+alnx,aeR.

（1）若/（x）是增函数，求。的取值范围；

⑵若/（X）有两个极值点石，且/（玉）+/（犬2）<丸（石+*2）恒成立，求实数几的取值范围.

22.（12分）

已知双曲线C的渐近线方程为底±y=0,过右焦点/（2,0）且斜率为左的直线/与C相交于A,3两点.

（1）求C的方程；

（2）①若8点关于x轴的对称点为E,求证直线AE恒过定点并求出点M的坐标;

②若女..3,求A印面积的最大值.

2023-2024学年第一学期高三质量检测数学

参考答案及评分标准

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.

1-4BACD5-8CCDA

二、多选题：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.AC10.BCDll.ABD12.ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，

13.ex—y=014.-1015.^116.[1,5]

四、解答题：本题共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.解：（1）解法1：由题意，得V”eN*,a,W0.

于是有也="

a”n

、[,o0-+aaa

2n-nn-ln-2%%〃

当〃..时，an----------------------------a1

an-\an-2an-3。2%

2

n5—1)25—2)23222

--------------------X--x1

(〃-1)2(〃-2)2(〃_3)22212

2

二n

又q=/符合区,=后,所以=”2.

解法2：由题意，得酒厂去，故愣为常数列.

4；%=*=1，故氏=〃2.

“2―5-1)2

〃+1n+1_111

(2)

an,an+2n2-(M+2)24n2(H+2)2

故4+叱也J++[占-j

(11W11)

+------------------+---------------

(5-1)2(n+l)2J("25+2)2)

1,111

=——]-]----------------------------------

吐45+1)25+2)2_

5

<—

16

18.(1)解法1：证明：连接A耳，交A#于点E,连接

NE,ME,

则E为A3的中点，

因为M为AB的中点，

所以ME〃A4,且ME=gA4p

因为N为。2的中点，

所以。N〃AAl,DN=^AAl,

所以ME〃DN,且ME=DN,

所以四边形EMDN为平行四边形，

所以EN//DM,

又因为平面ABN,ENu平面,

所以DW〃平面A3N.

解法2：取AA中点为E,连接

因为石为44的中点，N为。2的中点，

所以4E〃Z)N,且AE=DN,

所以四边形AEDN为平行四边形，

所以OE//AN.

又因为DE<Z平面ABN,ANu平面ABN,

所以。E〃平面ABN.

因为M为AB的中点，所以石河〃Af,

又因为W平面"N,\Bu平面A、BN,

所以EM〃平面45N.

又因为EMu平面0,DEu平面。EM,cDE=E,

所以平面DEM//平面ABN.

又因为DWu平面DEM,

所以0M〃平面ABN.

(2)解：由题意知，A尻ARAA两两垂直，以A为坐标原点，分别以AB,所在直线为x轴、y轴

、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

设AA=2f«>0）,则8（4,0,0）,£>（0,2,0）,

4（O,O,2Z）,M（2,O,O）,7V（O,2,Z）,

4（4,0,2t）,OM=（2,-2,0）,AN=（0,2,-t）.

设异面直线。暇与AN所成角为。，则

/_\DM-^N\

cos0=cos（DM,AN）=----；--L

、/\DM\'\AiN\

-4

722+(-2)2-722+(-02

V2_Vid

解得，=1,

故4(0,0,2),N(0,2,1),4(4,0,2),

则=(4,0,-2),AN=(0,2,-1),BB}=(0,0,2)

解法1：设平面的一个法向量为〃=（羽y,z）,

Bi到平面的距离为d.

AjB-n=0,4x-2z=0,

所以《即《⑵―z=0,取z=2.

\N-n=0,

得〃=(1,1,2).

\B'B'n\|0xl+0xl+2x2|42A/6

所以d=।।।।=J——/—1=~i==-----

|«|Vl2+l2+22A/63

即耳到平面ABN的距离为域.

解法2：设见到平面ABN的距离为d,则［4N|=J（）2+22+（_I）2=6,

忸N|="2+22+1=721,|45|="+2?=2下.

⑹何—诉

AB?+BN?-AN?(22+(22=9

所以cos/A^N=

2A.BBN2x275x721—而?

所以sin/A^N=Jl—cos?NABN=4^.

YV105

=-AB-BN-sm^A.BN=-x245xy/2ix^^=246

所以SABN

A22y/105

又因为5-ABN=%-A4B，HP|X2A/6X/Z=1X-X2x4x2

解得％=迈

3

所以见到平面ABN的距离为

3

19.解：设4="第/次去甲场地训练”，4=“第，次去乙场地训练”，，=1,2.

则a与A对立，p（A）=P（A）=1^（4lA）=f^（4lA）=|.

（1）依题意，X=0,1,2.

2

P(X=O)=p(哀/p(A)^(4lA

IM'

p(x=i)=尸

=P(A)P闪A)+P(司P⑷2)

，i_3+1L1L3

252510

133

P(X=2)=P(A4)=P(A)P(匈A)、、：/

2339

所以E(X)=0x—+1义工+2义3=3.

V75101010

(2)第一次选择甲场地的概率更大.

P(4)=P(A4)+P(*)=P(A)P(旬A)+P(A)P(4N)

13112

=-x—H——X—=—

25255

13

P(A4)P(4)P(旬A)25=3

所以p（AlA）=

NA)NA)2~4

5

Ti//(AM

pf⑷4与尸⑷-p(4)-2

4

5

31

因为一＞—,所以该运动员第一次选择甲场地的可能性更大.

44

20.（1）因为2a+Z2cosA-c=〃tanBsinA,整理得

2a-c八一4sinBsinA-cosAcosBcos(A+B)cosC

--------tanBsinA-cosA---------------------------=------------------------

bcosBcosBcosB

所以2QCOS5-ccosB=bcosC,

由正弦定理得：2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA

]兀

因为0<Av兀,0<6<兀，所以sinAwO,cos3=—，所以5=—.

23

jrjr27r7L

(2)因为qABC为锐角三角形，B=~,所以0<C<—,且0<——C<~,

3232

所以Ce

E、_LsinCH—+sin_/—

解法,sinA+sinB(3J3,3cosC+11

sinCsinC2sinC2

A2ocos2一ci

=也2+l

2CC2

2sin—cos一

22

C

一G(2-73,1),

2

2

rrsinA+sinB口

即-----------的取值范围是

sinC

."兀兀.兀

sinIC+—I+sin—/—

解法,sinA+sinB3)3_v3cosC+11

2:-------------+—

sinCsinC2sinC2

A/3J(COSC+1)2J__3-^-14

V'N1—cos2c+2~^2

1-cosC2

/

7171,24、

因为，所以cosCw0,，得匚嬴2,

6*22-品’

所以当

,2+73

1-cosC27

、

幡sinA+sinB口

即-----------的取值范围是,2+6.

sinC7

21.解：（1）由题意/'（x）=2x_q+q=2x2_ax+a（x〉0）.

JCX

因为函数/（X）在其定义域上单调递增，

所以2/-ax+a..D（x>0）.

设g（X）=2*-ax+a（x>0）,

①当a<0时，函数g（x）在（0,+“）上单调递增，只须g（O）=a.O,无解.

②当a.O时，只须8a8a..0,解得：OM8,

综上所述：实数。的取值范围是[0,8].

⑵由⑴知r（x）=2x_a+@=2x-依+%〉0）,

XX

因为/（x）有两个极值点为石,％2，

所以尸（力=2Y-奴+a=0在（0,+“）上有两个不同的根,

X

此时方程2炉—改+a=0在（0,+8）上有两个不同的根.

则A=Q2—8Q>0，且%1+九2="|>。,玉・尤2="|>。，

解得a>8.

若不等式/（石）+/（%2）<4（%+工2）恒成立，

则2>"芯）+/。2）恒成立.

%+%2

因为/（石）+/（%）=,一⑼+。1叫+君-ax2+cAr\x2

=aln（玉马）—a（%i+/）+（%；+%；）

=aln（玉元2）一〃（演+元2）+（演+%2）2-2玉光2

a12

—aln----u—a

24

«ln--—-a]

设=------------------=21n———a-2(〃>8).

''a22

2

则/2'(a)=‘—5=晨，因为a>8,所以〃(a)<0,

所以h(a)在(8,+“)上递减，所以/z(tz)</z(8)=41n2-6,

所以4..41n2—6,

即实数X的取值范围为[41n2—6,+。）.

22

22.解：（1）设双曲线C的方程为二—与=l,a〉0,6〉0

ab

2=6

由题意知＜a

a2+b2=4

解得a=l,b=y/3.

2

所以C的方程为d—2L=i.

3