山东省济南市2024届高三上学期期末数学试卷及答案.docx

1、2024.1济南市高三期末学习质量检测数学试题一、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. 若，则其共轭复数（ ）A. B. C. D. 3. 已知曲线与曲线在交点处有相同的切线，则（ ）A. 1B. C. D. 4. 已知直线l经过点，则“直线l的斜率为”是“直线l与圆C：相切”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5 平行四边形ABCD中，若，则（ ）A. 4B. 6C. 18D. 226. 已知，则（ ）A. B. C. D. 7.

2、 已知抛物线的焦点为，坐标原点为，过点的直线与交于两点，且点到直线的距离为，则的面积为（ ）A B. C. D. 8. 数列的前n项和为，若，且，则（ ）A. 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. 已知实数、满足，则（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数定义域为R，且，则（ ）A. B. 有最小值C. D. 是奇函数11. 在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手记录参赛人员失分（均为非负整数

3、）情况，若该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）A. 甲组中位数为3，极差为4B. 乙组平均数为2，众数为2C. 丙组平均数为3，方差为2D. 丁组平均数为3，第65百分位数为612. 如图，中，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（ ）A. 记平面与平面的交线为，则平面B. 记直线和与平面所成的角分别为，则C. 存在某个点，满足平面平面D. 四棱锥外接球表面积的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 在正四棱锥中，则该棱锥的体积为_14. 已知函数（）的最小正周期不小于

4、，且恒成立，则的值为_15. 2023年杭州亚运会吉祥物包括三种机器人造型，分别名叫“莲莲”，“琮琮”“宸宸”，小辉同学将三种吉祥物各购买了两个（同名的两个吉祥物完全相同），送给三位好朋友，每人两个，则每个好朋友都收到不同名的吉祥物的分配方案共有_种（用数字作答）16. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，过点的直线与C的右支交于A，B两点，且，的内切圆半径，则C的离心率为_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. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，（1）求B，（2）的平分线交边于点D，且，求b18. 如图，四棱锥P-ABCD中，平面平面P

5、AC（1）证明：；（2）若，是的中点，求平面与平面夹角的余弦值19. 将数列中的所有项按照每一行项数是上一行项数的两倍的规则排成如下数表： 记表中的第一列数，构成的数列为，为数列的前n项和，且满足（1）求数列的通项公式；（2）从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成公差为2的等差数列，求上表中第k（）行所有项的和20. 以“智联世界，生成未来”主题2023世界人工智能大会在中国上海举行，人工智能的发展为许多领域带来了巨大的便利，但同时也伴随着一些潜在的安全隐患为了调查不同年龄阶段的人对人工智能所持的态度，某机构从所在地区随机调查100人，所得结果统计如下：年龄（岁）频数241615252

6、0持支持态度2013121510（1）完成下列22列联表，并判断是否有99%的把握认为所持态度与年龄有关；年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度不持支持态度总计（2）以频率估计概率，若在该地区所有年龄在50岁以上（含50岁）的人中随机抽取3人，记为3人中持支持态度的人数，求的分布列以及数学期望附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.82821. 在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与到直线的距离之比为（1）求动点M轨迹W的方程；（2）过点F的两条直线分别交W于A，B两点和C，D两点，线段AB，CD的中点分别为P，Q设直线AB，CD的斜率分别为，且

7、，试判断直线PQ是否过定点若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由22. 已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若时，求a的取值范围；（3）对于任意，证明：答案一、单项选择题18 CDBCC ABD二、多项选择题9. BD10. ACD11. AC12. BCD三、填空题13. 14. 115. 616. 四、解答题17. （1），又，所以（2）因为，即又，解得在中，由余弦定理得则18. （1）取中点，连接，则又，所以四边形为正方形则，又在中，则，所以，即又平面平面PAC，平面平面，平面ABCD所以平面，又面，所以（2）连接，交于，连，由于所以四边形是平行四边形，所以因为平面，所以平面平面，

8、所以因为，所以所以两两垂直以为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系则平面PAC的一个法向量是又，所以，设是平面的法向量则令，可得，所以所以，平面与平面夹角的余弦值为19.（1）当时，时，也适合上式因此（2）设上表中从第三行起，每行的公差都为2，表中第k（）行有项（或者）20. （1）年龄在50岁以上（含50岁）年龄在50岁以下总计持支持态度254570不持支持态度201030总计4555100因为8.1296.635所以有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关（2）依题意可知50岁以上（含50岁）的人中对人工智能持支持态度的频率为由题意可得X的所有可能取值为0，1

9、，2，3又，所以的分布列如下：X0123P所以X的期望是21. （1）设点M的坐标为，由题意可知，化简整理得，W的方程为（2）由题意知，设直线AB的方程为，与W的方程联立可得设，由韦达定理得，则所以，点P的坐标为同理可得，Q的坐标为所以，直线PQ的斜率为所以，直线PQ的方程为即又，则所以直线PQ的方程即为所以，直线PQ过定点22. （1）的定义域为当时，则令，则故当时，所以单调递减当时，所以单调递增于是，即故的单调递增区间为，无单调递减区间（2）由题意知，令则由（1）可知若，则当时，若，则当时，有，符合题意若，则当时，于是单调递减，则，与题意矛盾若，则当时，于是单调递减，此时，与题意矛盾综上所述：a的取值范围是（3）当时，上（2）可知即，取，可得即令，累加可得另一方面，考虑函数，则在上单调递减，则于是，取（），可得整理得令，累加可得综上所述，对于任意，成立