山东省青岛市重点中学2024届高三上学期期初调研检测数学试题（含解析）

数学试题
2023.08
本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
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，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，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、单项选择题：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. 已知复数，则（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
3. 设，，若，则（ ）
A. 5 B. C. 20 D. 25
4. 已知某设备的使用年限（年）与年维护费用（千元）的对应数据如下表：
2 4 5 6 8
3 9
由所给数据分析可知：与之间具有线性相关关系，且关于的经验回归方程为，则（ ）
A. B. C. D.
5. 记为等比数列的前项和，且，、、成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
6. 若函数为奇函数，则（ ）
A. B. 0 C. 1 D.
7. 设抛物线：的焦点为，在上，，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，，则（ ）
A. 1 B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 一组样本数据11，19，15，16，19，则这组数据的（ ）
A. 众数19 B. 平均数是16 C. 中位数是15 D. 方差是44
10. 已知的展开式的各二项式系数的和为256，则（ ）
A. B. 展开式中的系数为
C. 展开式中常数项为16 D. 展开式中所有项的系数和为1
11. （多选）正四棱锥的底面边长是4，侧棱长为，则（ ）
A. 正四棱锥的体积为 B. 侧棱与底面所成角为
C. 其外接球的半径为 D. 其内切球的半径为
12. 已知函数，则（ ）
A. 是的极大值点
B. 有且只有1个零点
C. 存在正实数，使得对于任意成立
D. 若，，则
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的最小正周期为，则__________.
14. 已知圆：，直线过.若直线与圆相交于，两点，且，写出满足上面条件的一条直线的方程__________.
15. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得海里，，，，则，两点的距离为__________海里.
16. 椭圆：与其对称轴交于四点，按逆时针方向顺次连接这四个点，所得的四边形的面积为，且的离心率为，则的长轴长为__________；直线：与交于，两点，若以为直径的圆过点，则的值为__________.
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. 中，已知内角，，所对的边分别为，，，.
（1）求的大小；
（2）若，，求的面积.
18. 在长方体中，，，与交于点，点为中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
19. 已知为坐标原点，，，直线，的斜率之积为4，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线经过点，与交于，两点，线段中点为第一象限，且纵坐 为，求面积.
20. 已知数列中，，，数列是公差为1等差数列.
（1）求的通项公式：
（2）若，求数列的行前项和.
21. 某篮球赛事采取四人制形式.在一次战术训练中，甲、乙、丙、丁四名队员进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三人中的任何一人.次传球后，记事件“乙、丙、丁三人均接过传出来的球”发生的概率为.
（1）求；
（2）当时，记乙、丙、丁三人中接过传出来球的人数为，求随机变量的分布列及数学期望；
（3）当时，证明：.
22. 已知，函数.
（1）若，求在点处的切线方程；
（2）求证：；
（3）若为的极值点，点在圆上.求
1. 已知集合,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.
【详解】解:因为或,
所以,又有,
所以.
故选:C
2. 若复数满足，其中为虚数单位，则共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求得，从而得到，由此得解.
【详解】因，
所以，
则，的虚部为.
故选：D.
3. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．
【详解】详解：
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
4. 我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二而税一，次关三二税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤，问本持金几何？”其意思为：今有人持金出五关，第1关收税金为持金的，第2关收税金为剩余金的，第3关收税金为剩余金的，第4关收税金为剩余金的，第5关收税金为剩余金的，5关所收税金之和恰好重1斤，则此人总共持金（ ）
A. 2斤 B. 斤 C. 斤 D. 斤
【答案】C
【解析】
【分析】
设总共持金斤,再根据题意列式求解即可.
【详解】设总共持金斤,再根据过5关后剩 斤列式计算即可.
由题得.
即
故选：C
【点睛】本题主要考查了方程列式求解的方法,属于基础题型.
5. 设为实数区间，且，若“”是“函数在上单调递增”的一个充分不必要条件，则区间可以是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由“函数在上单调递增”可知，由题意区间可以是，故选D.
6. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（ ）
A. 16π B. C. 8π D.
【答案】B
【解析】
【分析】探求正四棱锥的顶点P在底面上射影与球O的球心关系即可计算作答.
【详解】在正四棱锥中，连接AC，BD，，连，如图，
则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即，
于是得，
因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合，
所以球O的体积是.
故选：B
7. 已知函数相邻两个对称轴之间的距离为2π，若f（x）在（-m，m）上是增函数，则m的取值范围是（ ）
A. （0，] B. （0，] C. （0，] D. （0，]
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得周期，进而求出，再求出的单调区间，即可求出.
【详解】因为相邻两个对称轴之间的距离2π，
则，即，则，则，
由，得，
所以在上是增函数，由得.
故选：B.
8. 直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于，两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线与坐标轴的交点，得到，，则，由，得点坐标，点A又在椭圆上，由定义求得，可求椭圆的离心率.
【详解】对直线，令，解得，令，解得，
故，， 则 ，设，则 ，
而，则 ，解得 ， 则，
点A又在椭圆上，左焦点，右焦点，
由，
则，椭圆的离心率.
故选：C
二、多项选择题（本大题共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，有选错或不答的得0分.）
9. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（ ）
A. 若m//n，nα，则m//α B. 若m⊥n，nα，则m⊥α
C. 若m⊥α，n⊥α，则m//n D. 若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
【答案】CD
【解析】
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】m//n，nα时，或，A错；
m⊥n，nα，与可能平行，也可能有或相交，不一定垂直，B错；
若m⊥α，n⊥α，由线面垂直性质定理知，C正确；
m//α，m//β，α∩β＝n，如图，
过作平面交于直线，由得，
同理过作平面与交于直线，得，
所以，而，所以，又．，则，
所以．D正确．
故选：CD．
10. 为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A. 频率分布直方图中的值为0.04
B. 这100名学生中体重不低于60千克的人数为20
C. 这100名学生体重的众数约为52.5
D. 据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．
【详解】解：由，解得，故选项A正确；
体重不低于60千克的频率为，
所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；
100名学生体重的众数约为，故选项C正确；
因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，
所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数，以下判断正确的有（ ）
A. 若的减区间为，则
B. 若为的极小值点，则
C. 若在存在极值，则
D. 若存在，使得，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用导数解决函数单调区间和极值问题，利用基本不等式，解决方程存在负根的问题.
【详解】函数，定义域为R，
，令，得或，
若的减区间为，的解集为，则，即，A选项正确；
若为的极小值点，则，即，B选项错误；
若在存在极值，则，即，C选项正确；
若存在，使得，则，有，
当且仅当时，，则的最大值为，D选项正确.
故选：ACD
12. 已知直线与抛物线交于两点，若线段的中点是，则（ ）
A. B.
C. D. 点在以为直径的圆内
【答案】AB
【解析】
【分析】直线与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标可构造方程求得，知A正确；
将中点坐标代入直线方程即可求得，知B正确；
根据直线过抛物线焦点，根据抛物线焦点弦长公式可知C错误；
根据长度关系可确定，由此可确定D错误.
【详解】对于A，设，，
由得：，，
又线段的中点为，，解得：，A正确；
对于B，在直线上，，B正确；
对于C，过点，为抛物线的焦点，
，C错误；
对于D，设，则，又，
，，在以为直径的圆上，D错误.
故选：AB.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 展开式的常数项为___________.（用最简分数表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.
【详解】展开式通项公式，
令，解得，则，
所以展开式的常数项是.
故答案为：
14. 已知，那么___________.
【答案】0.3
【解析】
【分析】根据条件概率公式即可求解.
【详解】由题意得，，
所以，
，
所以.
故答案为：0.3.
15. 已知定义域为的减函数满足，且，则不等式的解集为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，，进而将原不等式转换为不等式组，解之即可.
【详解】由题意知，
，，
故答案为：.
16. 已知圆，过点的直线l交圆C于A，B两点，点P在圆C上，若，，则________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算可得，再根据圆的性质可得即可求解.
【详解】
易知圆心，半径，取中点D，则，
因为，
所以，
所以，则，
又，
所以即，
故
故答案为:.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.）
17. 已知数列的各项均不为0，且满足
（1）求通项公式
（2）令，求数列的前n项和为.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式，当时，直接求，当时，用前n项积除以前n-1项积的方法化简，可求通项公式；
（2），然后利用分组求和的方法即可求解．
【小问1详解】
当时， 解得 ，
当时，由 得，
两式相除得： ，即 ，
当时 满足，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知， 所以 .
所以
18. 某校从高三年级随机抽取了20名学生的数学总评成绩和物理总评成绩，记第位学生的成绩为，其中，分别为第位学生的数学总评成绩和物理总评成绩.抽取的数据列表如下（按数学成绩降序整理）：
序号
数学总评成绩 95 92 91 90 89 88 88 87 86 85
物理总评成绩 96 90 89 87 92 81 86 88 83 84
序号
数学总评成绩 83 82 81 80 80 79 78 77 75 74
物理总评成绩 81 80 82 85 80 78 79 81 80 78
（1）根据统计学知识，当相关系数时，可视为两个变量之间高度相关.通过计算样本相关系数，判断数学总评成绩与物理总评成绩之间是否具有线性相关关系 如果有，试求出物理总评成绩关于数学总评成绩的线性回归方程（的结果精确到0.01）.
（2）规定：总评成绩大于等于85分者为优秀，小于85分者为不优秀，对优秀赋分1，对不优秀赋分0，从这20名学生中随机抽取2名学生，若用表示这2名学生两科赋分的和，求的分布列和数学期望.
参考数据：，，，，.
参考公式：，，.
【答案】（1），数学总评成绩与物理总评成绩之间具有线性相关关系，
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）根据公式计算相关系数，由定义下结论；利用最小二乘法求回归方程；
（2）由的可能取值，计算相应的概率，列出分布列，根据公式求数学期望.
【小问1详解】
，
因为，所以认为数学总评成绩与物理总评成绩之间具有线性相关关系.
，又，，
所以.
所以物理总评成绩关于数学总评成绩的线性回归方程是.
【小问2详解】
由题意得：的可能取值为0，1，2，3，4.
根据赋分规则在抽取的20个中，7个人赋分为2，4个人赋分为1，9个人赋分为0.
所以，，
，，.
所以的分布列为：
0 1 2 3 4
.
所以数学期望为.
19. 如图，在四棱柱中，，，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）若为线段的中点，直线与平面所成角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面平面，证明平面，得，又，可证明平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的问题.
【小问1详解】
证明：连接，设.
因为，，所以是线段的垂直平分线，所以.
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面，平面，，
所以平面.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，，，所以.
所以，
又，，所以以为正交基底，建立空间直角坐标系.
在中，为中点，所以.
因为平面，
所以即为与平面所成角.即，所以.
所以，，，，，
平面，平面，，
又，平面，，所以平面.
平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
因为，，
则
不妨取，则，，即，
设二面角大小为，
则.
所以，即二面角的正弦值为.
20. 如图，为内的一点，记为，记为，且，在中的对边分别记为m，n，，，.
（1）求；
（2）若，，，记，求线段的长和面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可推出，整理得到.根据的范围可得，进而即可得出；
（2）由已知可得，进而根据即可得出，根据，即可得出三角形面积的最大值.
【小问1详解】
已知，由正弦定理可得
，由，
所以，即，
所以.
因为，，，
所以，则，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得知：
，
即，因为，所以.
因为，所以.
，.
因为，，
所以，当，即时，面积有最大值.
21. 已知双曲线的一条渐近线方程为，虚轴长为2.
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为点，求证：直线恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由渐近线方程和虚轴长，列方程组解出，可得双曲线的方程；
（2）直线与双曲线联立方程组，设，两点和点坐标，由对称性可知，直线所过定点必在轴上，设定点为，由恒成立，结合韦达定理求出.
【小问1详解】
由已知得，，解得，.
双曲线的方程为：.
【小问2详解】
将代入，得，.
因与有两个交点，所以，，且.
设，，
则，，
从而.
根据对称性可知，如果直线过定点，则所过定点必在轴上，
不妨设为，则，.
过定点，即对恒成立.
即，
即.
因为，，
所以.
所以
代入上式得，，.
上式对恒成立，当且仅当，
即直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数.
（1）讨论函数的导函数的单调性；
（2）若对，都有，求的取值范围；
（3）若方程有两个不同解，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）由解析式知：定义域为，，讨论参数a，利用导数研究的单调性，进而可知的单调性；
（2）由已知，在递减，即有在上恒成立，用构造函数，利用导数研究其单调性，找到最小值，仅需即可求范围；
（3）由题意知：在上有两个零点，应用导数研究其单调性求出a的范围，结合零点存在性定理确认零点的存在性.
【详解】（1），定义域为，
∴，
当时，，在递减；
当时，若，则，在递增，若，则，在递减；
综上，知：当时，在递减；当时，在递增，在递减.
（2）设，则，
若，，即在递减.
∴，，设，，则，
设，则，在递增，
∴，
∴，在递减，
∴，即的取值范围是.
（3），，令，
方程有两个不同的解，即有两个零点.
，.
当时，单调递减，最多有一个零点；
当时，在上单调增，在上单调减.
∴，解得.
下证：当时，有两个零点.
∵，，
∴在有唯一零点；
令，即，当时，则递增；当时，则递减；故，可知：，
∴，即，
∴，取，即，.
∴在上有唯一零点.
综上，当时有两个零点.