山东省齐鲁名校联盟2023-2024学年高三第七次联考数学试题及答案

这是一份山东省齐鲁名校联盟2023-2024学年高三第七次联考数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．4D．12
3．“的展开式中的系数为80”是“”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
4．我们通常用里氏震级来标定地震规模的大小，里氏震级与震源中心释放的能量有关，二者满足关系式，则里氏6.2级地震释放的能量是里氏4.1级地震释放的能量的（ ）
A．2.1倍B．3.15倍C．倍D．倍
5．已知为坐标原点，椭圆：的右焦点为，点在上，且为等边三角形，则的长轴长为（ ）
A．B．2C．D．
6．已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．若，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线：，过直线：上的动点可作的两条切线，记切点为，则直线（ ）
A．斜率为2B．斜率为C．恒过点D．恒过点
二、多选题
9．已知函数的定义域为，为奇函数，，，且在上单调递减，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．在上有50个零点
10．已知点为圆：上的动点，点的坐标为，，设点的轨迹为曲线，为坐标原点，则下列结论正确的有（ ）
A．的最大值为2
B．曲线的方程为
C．圆与曲线有两个交点
D．若，分别为圆和曲线上任一点，则的最大值为
11．已知函数图象的一条对称轴为直线，函数，则（ ）
A．将的图象向左平移个单位长度得到的图象
B．方程的相邻两个实数根之差的绝对值为
C．函数在区间上单调递增
D．在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
三、填空题
12．已知等比数列是递减数列，，，则的公比为 ．
13．已知三棱锥，空间内一点满足，则三棱锥与的体积之比为 ．
14．已知随机变量，其中，随机变量的分布列为
表中，则的最大值为 ．我们可以用来刻画与的相似程度，则当，且取最大值时， ．
四、解答题
15．某汽车文化自媒体公司主打对越野车越野能力的测评，为调查车友们对越野车的了解程度，随机抽取了200名车友进行调查，得到如下表的数据：
(1)完成上面的列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为车友对越野车的了解程度与性别有关？
(2)该公司组织5名驾驶水平相当的员工在户外场地进行汽车越野活动，他们需要合作闯关，一共有两关，每次由一名员工上场，闯过第一关才能闯第二关，若闯某一关失败，则换下一名员工从失败的这一关开始闯，同一员工不重复上场，当有人闯过第二关时或者5名员工都闯关失败时活动结束．若无论前面的闯关结果如何，每名员工闯过第一关的概率都为，闯过第二关的概率都为，求第三名员工闯关后活动恰好结束的概率．
附：．
16．如图，在四棱锥中，平面平面，，，且，点，分别为棱，的中点，．
(1)证明：平面；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知等差数列的前项和为，且，数列满足，设．
(1)求的通项公式，并证明：；
(2)设，求数列的前项和．
18．已知直线与曲线．
(1)若与交于，两点，点，直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点；
(2)若与相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点，求的最小值．
19．已知函数及其导函数满足，且．
(1)求的解析式，并比较，，的大小；
(2)试讨论函数在区间上的零点的个数．
0
1
2
女性
男性
总计
比较了解
78
不太了解
38
总计
140
200
0.05
0.025
0.005
3.841
5.024
7.879
参考答案：
1．A
【分析】解一元二次不等式及对数不等式后结合并集定义计算即可得.
【详解】由，可得，解得，
即，
由，即，即，
即，故.
故选：A.
2．B
【分析】根据复数的运算法则，求得，再由复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
则.
故选：B.
3．B
【分析】根据二项式定理结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为的展开式的通项为，
可知含的项为，
则，解得，
且是的真子集，
所以“的展开式中的系数为80”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．C
【分析】借助所给关系式，分别计算出里氏6.2级地震释放的能量与里氏4.1级地震释放的能量后作商即可得.
【详解】当时，有，即，即，
当时，有，即，即，
故.
故选：C.
5．D
【分析】借助等边三角形的性质可得点的坐标，结合所得，计算即可得，即可得的长轴长.
【详解】由，，且为等边三角形，故，，
即有，有，又，
故，整理得，
故或（小于1，故舍去），
即，故，
即的长轴长为.
故选：D.
6．A
【分析】结合题目所给条件，计算出圆台的高后，可得的中线为定值，则当时，面积有最大值.
【详解】取上下底面圆心、，连接、、，
由圆台性质可知，且，
又，故，
则当为以为底的高时，面积最大，
且其最大值为.
故选：A.
7．B
【分析】根据切化弦可得，结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，即，可得，
又因为，可得，
所以.
故选：B.
8．D
【分析】设，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设，将其代入两切线方程，得到直线的方程为，得到过定点.
【详解】设，则，，
由于，故过点的切线方程为，
即，即，
同理可得过点的切线方程为，
设，过点的两切线交于点，
故，整理得，
同理，整理得，
故直线的方程为，
斜率不为定值，AB错误，当时，，恒过点，C错误，D正确.
故选：D
9．ABD
【分析】利用抽象函数的奇偶性、对称性、单调性、周期性一一计算即可.
【详解】由函数的定义域为，为奇函数可知：，
令，得，故A正确；
由上可知关于中心对称，则，
因为，则关于轴对称，
且，
所以的一个周期为4，即，故B正确；
因为在上单调递减，所以在上单调递增，
由周期性知在上单调递增，所以在上单调递增，故C错误；
易知，
且，
合计得在上有个零点，故D正确.
故选：ABD
10．CD
【分析】根据直线与圆相切，结合正切的和差角公式即可求解A，根据向量关系，代入坐标运算即可求解B，根据两圆圆心距离与半径的关系即可判断C，根据三点共线即可求解D.
【详解】对于A，当直线与圆在第一象限相切时，（如图）此时最大，进而最大，
由于圆：的圆心，半径，故,因此,,故A错误，
对于B，设，则，由于在圆：上，代入可得：，故B错误，
对于C，由于曲线的方程为，为圆心为，半径为的圆，故两圆圆心距离为，故两圆相交，因此有两个交点，故C正确，
对于D，由于，当且仅当三点共线时，如图, 故的最大值为,故D正确，
故选：CD
11．BD
【分析】根据对称轴得到解析式.根据图像平移判断A选项，利用两角和的正余弦公式及特殊角的三角函数值，得到B选项，利用整体代入的方法，结合正弦函数图像对CD两个选项进行判断.
【详解】因为函数图象的一条对称轴为直线，所以，得，因为，所以，从而.
选项A：将的图象向左平移个单位长度得到
而，所以平移后得不到函数的图象，故A错误.
选项B：令，即，所以，故B正确.
选项C：由，令，根据正弦函数单调性知在上单调递增，在定义域上单调递减，根据复合函数单调性，在上单调递减，故C错误.
选项D：由得，区间长度为.
根据正弦函数图象和性质，当区间关于对称轴对称时，最大值与最小值的差取得最小值，为;
当区间关于对称中心对称时，最大值与最小值的差取得最大值，为，
所以最大值与最小值之差的取值范围为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：整体代入解决三角函数问题：将看成一个整体，根据的范围得到的范围，结合正余弦函数值域、单调性、对称性等性质可以得到正余弦型函数的性质.
12．/0.5
【分析】设出数列的公比，将已知式利用通项展开，化简求得值，检验即得.
【详解】设等比数列的公比为，由可得，因，故得，
解得：或，因，且是递减数列，故，故.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意，化简得到，结合空间向量的基本定理，得到在平面内存在一点，使得，得到，即可求解.
【详解】由空间内一点满足，
可得，
因为，根据空间向量的基本定理，可得在平面内存在一点，
使得，所以，即点为的中点，
可得，所以三棱锥和的体积比值为.
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，求得和，结合二次函数的性质，求得取得最大值，再由二项分布方差，求得，进而得到，即可求解.
【详解】由题意，可得，则，
因为，所以当时，取得最大值，
又由，可得，解得，
可得，
又因为，
可得，
所以.
故答案为：；,
15．(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）根据数据填表，然后由卡方计算公式及对照表判定即可；
（2）分类讨论利用概率的乘法公式与加法公式计算即可.
【详解】（1）填表如下：
由卡方公式得，
所以根据小概率值的独立性检验，可以认为车友对越野车的了解程度与性别有关；
（2）第三人闯关后活动结束分以下几种情况：
①前两人未过第一关，第三人闯过第一、二关，其概率为，
②第一人未过第一关，第二人过第一关未过第二关，第三人过第二关，其概率为
，
③第一人过第一关未过第二关，第二人未过第二关，第三人过第二关，其概率为
，
所以第三人闯关后活动结束的概率为.
16．(1)证明过程见解析.
(2).
【分析】（1）先根据题目条件得出四边形为平行四边形，进而得出；再根据线面平行的判定定理即可证明.
（2）先根据题意建立空间坐标系，写出相应点的坐标；再求出平面与平面的法向量；最后利用面面所成角的向量计算方法即可求解.
【详解】（1）
记棱的中点为，连接，.
点为棱的中点,
，.
又，，点为棱的中点，．
，.
，.
四边形为平行四边形，
又平面，平面，
平面.
（2）以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为在中，，，点为棱的中点，
所以，
又因为，
所以，.
又因为在四边形中，，，且，
所以该等腰梯形的高为.
结合平面平面，可得：，，，，，
则，，.
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)；证明见解析
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，求得，得到，再由数列的递推关系，求得，进而的得到；
（2）由（1）得到，得出数列是等比数列，求得，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，可得，即，解得，
又因为，可得，所以，
由数列满足，可得，
所以，
因为，所以.
（2）解：由（1）可知，因为，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
所以，
所以，
则，
两式相减，可得
，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）联立方程组，由，得到且，利用，化简得到，求得或，进而得到答案；
（2）由直线与相切，根据，得到，求得点，得出直线的方程化简得，设，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】（1）解：设，
联立方程组，整理得，
则，即且，
所以，
可得，
即，
即，
化简得，解得或，
当时，过点，不符合题意；
当时，直线的方程为，即，此时直线过定点.
（2）解：由，整理得，
因为直线与相切，所以且，
且，解得，
可得，所以，即，
所以直线的方程为，
令，可得；令，可得，
所以，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，，即的最小值为.
【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数最值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；平面向量；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
19．(1)
(2)2个
【分析】（1）可设，得到，利用导数得到函数的单调性，结合时，，求得，再设函数，得到函数在上单调递增，进而得到，即可求解；
（2）根据题意，当时，；当时，，分，和，三种情况讨论，求得函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
可设且为常数，
令，可得，所以，
则，当时，，所以在单调递增，
因为均小于，只需比较这三个数的大小即可，
设，
因为当时，，所以，所以，又，所以，
设函数，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，所以，
所以.
（2）解：由题意知，函数，
当时，；当时，，
（i）令，当时，，
所以在上单调递减，
因为，所以存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
（ii）当时，令，则，
所以在上单调递减，所以，
又因为在上，，
所以，在上单调递减；
（iii）当时，，在上单调递减，
由（i）（ii）（iii）可得，在上单调递增，在在上单调递减，
因为，
所以存在唯一的，使得，
故在区间上仅有两个零点.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
女性
男性
总计
比较了解
22
78
100
不太了解
38
62
100
总计
60
140
200