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2024 年 1 月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.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.
【详解】由 ，得 ，解得 ，
所以 .
所以 .
故选：C.
2. 若 ，则其共轭复数 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简得到 ，结合共轭复数的概念，即可求解.
【详解】由复数 ，所以 .
故选：D.
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学科网（北京）股份有限公司3. 已知曲线 与曲线 在交点 处有相同的切线，则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数求出切线的斜率，从而可求解.
【详解】由题知曲线 和曲线 在交点 处有相同的切线，即斜率 相等，
所以对于曲线 ，求导得 ，所以在点处的切线斜率为 ，
对于曲线 ，求导得 ，
所以 ，得 ，故B正确.
故选：B.
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
【答案】C
【解析】
【分析】由题求得过 且与圆 相切的直线方程，即可判断命题关系
【详解】由题，圆 是圆心为 ，半径为 的圆，
当直线 的斜率不存在时，直线方程为 ，
此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；
当直线 斜的率存在时，设直线为 ，化为一般式即 ，
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学科网（北京）股份有限公司则圆心到直线距离为 ，解得 ,
所以“直线 的斜率为 ”是“直线 与圆 相切”的充要条件,
故选：C.
5. 平行四边形ABCD中， ， ， ，若 ， ，则 （
）
A. 4 B. 6 C. 18 D. 22
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的坐标运算及数量积的坐标运
算即可求解.
【详解】由题意可知，以 为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示
因为 ，
所以 .
设 ，则 ，
由 ，得 ，即 ，解得 ，
所以 .
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学科网（北京）股份有限公司设 ，则 ，
由 ，得 ，
即 ，解得 ，
所以 .
所以 ，
.
故选：C.
6. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据 ，结合二倍角公式和诱导公式即可求解.
【详解】因为 ，则 ，
所以 ，
故选：A.
7. 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.
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学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【解析】
【分析】设直线 的方程为 ， ，根据点 到直线 的距离求出 ，联
立方程，利用韦达定理求出 ，再根据弦长公式求出 ，进而可得出答案.
【详解】由题意 ，
可设直线 的方程为 ， ，
则 ，解得 ，
联立 ，消 得 ，
，
则 ，
所以
，
所以 的面积为 .
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学科网（北京）股份有限公司故选：B.
8. 数列 的前n项和为 ，若 ， ，且 ，则 （
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于数列递推式，分别令 ，推出数列 的所有偶数项构成等比数列，令
，推出奇数项均为1，再结合分组求和，即可求得答案.
【详解】令 ，则 ，
即 ，即数列 的所有偶数项构成首项为 ，公比为3的等比数列，
令 ，则 ，
即 ，由于 ，则 ，
故
，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据数列递推式，依次令 和令 ，
推出数列的奇偶项的规律，从而结合分组求和法以及等比数列前n项和公式，求解答案.
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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断 AC 选项；利用函数 的单调性可判断 B 选项；利用函数
的单调性可判断D选项.
【详解】因为实数 、 满足 ，
对于A选项，取 ， ，则 ，A错；
对于B选项，对于函数 ，该函数的定义域为 ， ，
当且仅当 时，等号成立，所以函数 在 上为增函数，
因为 ，则 ，则 ，B对；
对于C选项，取 ， ，则 ，C错；
对于D选项，对于函数 ，该函数的定义域为 ， ，
当且仅当 时，等号成立，所以，函数 在 上 为增函数，
因为 ，则 ，即 ，D对.
故选：BD.
10. 已知函数 的定义域为R，且 ， ，则（ ）
A. B. 有最小值
C. D. 是奇函数
【答案】ACD
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】根据题意，利用抽象函数的的性质，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，令 ，可得 ，所以A正确；
对于B中，令 ，且 ，则 ，
可得 ，
若 时， 时， ，此时函数 为单调递增函数；
若 时， 时， ，此时函数 为单调递减函数，
所以函数 不一定由最小值，所以B错误；
对于C中，令 ，可得 ，
即 ，
所以 ， ， ， ，
各式相加得 ，所以 ，所以C正确；
令 ，可得 ，可得 ，所以B正确；
对于D中，令 ，可得 ，可得 ，
即 ，所以函数 是奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
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）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4 B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为3，方差为2 D. 丁组平均数为3，第65百分位数为6
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为4分，由中位数为3得到矛盾，A正确；C
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学科网（北京）股份有限公司选 项 ， 根 据 方 差 得 到 ， 若 有 选 手 失 8 分 ， 则 有
，矛盾，故C正确；BD选项，可举出反例.
【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，
根据极差为4，得到最低失分为4分，
此时中位数不可能为3，故假设不成立，
则该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，A正确；
B选项，假设乙组的失分情况为 ，
满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；
C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为 ，
丙组平均数为3，方差为2，
即 ，
若 ，则 ，不合要求，故 ，
所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，C正确；
D选项， ，故从小到大，选取第7个数作为第65百分位数，
即从小到大第7个数为6，
假设丁组失分情况为 ，
满足平均数为3，第65百分位数为6，但不是“优秀小组”，D错误.
故选：AC
12. 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（ ）
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学科网（北京）股份有限公司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
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：找到过点 且与平面 平行 的线，由 过点 且不为该支线，即可得 不平行于平面
；对B：结合线面角定义，找到 与 在平面 上的投影即可得；对C：当 时，
可得结论，即证存在点 ，能使 ，结合折叠时的角度范围即可得；对D：找出底面 的
外接圆圆心，易得该点为四棱锥 外接球球心时有最小半径，即可得最小的外接球表面积.
【详解】对A：连接点 与 中点 ，连接 ，
由题意可得 为 中点， 是 中点，
故 ，又 平面 、 平面 ，
故 平面 ，设直线 平面 平面 ，
由 平面 ，则 ，
又 平面 、 平面 ，
故 平面 ，
又 ，故 不平行于平面 ，故A错误；
对B：连接 ，由 ， 为 中点，
故 ，又 ，故 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，又 ， 、 平面 ，
故 平面 ，又 ，故 平面 ，
故 在平面 上的投影为 ， 在平面 上的投影为 ，
即 ， ，
由 ， ，故 为等腰直角三角形，
有 ， ，
故 ，故B正确；
对C：由 平面 ， 平面 ，
故 ，则当 时，又 、 平面 ，
，故有 平面 ，又 平面 ，
故平面 平面 ，
即需 ，由题意可得 ，
， ，
即当 时，有 ，
由 ，故存在点 ，使 ，故C正确；
对D：由 ，故 ，由 ，故 ，
即四边形 四点共圆，连接 ， 为该圆直径，
故四棱锥 外接球球心必在过 中点，且垂直平面 的直线上，
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学科网（北京）股份有限公司则当球心在 中点时，四棱锥 外接球半径最小，
此时 中点到点 的距离等于 一半，故 ，
由 ，有 平面 ，
又 平面 ，故 ，
故球心可在 中点，
由 是 中点，故 ，则 ，
则半径为 ，此时表面积为 ，
即四棱锥 外接球表面积的最小值为 ，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题D选项关键在于如何找到球心，找棱锥外接球球心时，可先找底面外接圆圆心，
则外接球球心必在过该点且垂直底面的直线上.
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____________．
【答案】
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据题意，利用勾股定理算出底面中心到顶点的距离为 ，再由锥体的体积公式加以计算，即
可得到该棱锥的体积．
【详解】 在平面 上的投影是 ，因为是正四棱锥，
所以 是正方形 对角线的交点，连结 ，
， ，
所以 ，于是 .
故答案为： .
14. 已知函数 （ ）的最小正周期不小于 ，且 恒成立，则 的
值为____________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据 的最小正周期不小于 ，得到 ，再根据 ， 恒成立，
得到 的最大值为 ，可求出 的值.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】因为函数 （ ）的最小正周期不小于 ，
所以 ，即 ，解得： ，
因为 恒成立，故 的最大值为 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，当 时， .
故答案为：1.
15. 2023年杭州亚运会的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）
【答案】6
【解析】
【分析】设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为 ,可得其组合形式为 ,把它分配给三人即可得结果.
【详解】根据题意，设“莲莲”，“琮琮”“宸宸”为 ,则可得其组合形式为 ,
故第一个好友具有 种，第二个好友具有 种，第三个好友只有 种，
即每个好朋友都收到不同命的吉祥物的分配方案为： 种.
故答案为：
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____________．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 ##
【解析】
【分析】根据题意画出图形，利用数型结合，分别设 ， 利用双曲线的定义并结合相关
的几何关系求出 ，从而求解.
【详解】由题意作出图形，设 ，则 ， ，则 ，
由三角形 的内切圆半径为 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，化简得
在 中， ，即 ，
化简得 ，由 可得 ，
在 中， ，即 ，
化简得 ，由 可得 ，
所以 ，化简得 ，解得 ，
所以离心率 .
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：根据双曲线定义及几何条件，设 ， ，分别利用在 和
建立关于 的关系，再结合 的内切圆半径 ，从而求出 的关系式，
从而求解.
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．
的
17. 记 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b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件和余弦定理可得结果，
（2）根据等面积求出 ，由余弦定理可得结果.
【小问1详解】
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 ．
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，即 ，
又 ， ，解得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
则 .
18. 如图，四棱锥P-ABCD中， ， ， ，平面 平
面PAC．
（1）证明： ；
（2）若 ， 是 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明 平面 来证得 .
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学科网（北京）股份有限公司（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【小问1详解】
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 ．
【小问2详解】
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 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，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 .
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学科网（北京）股份有限公司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 ．
【答案】（1）
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学科网（北京）股份有限公司（2）
【解析】
【分析】（1）由当 时， ，求出 ，再验证 是否满足 ；
（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，表示出 ，求解即可.
【小问1详解】
当 时， ．
时， ，也适合上式，
因此 ．
【小问2详解】
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. 以“智联世界，生成未来”主题的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 24 16 15 25 20
持支持态度 20 13 12 15 10
（1）完成下列2×2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
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学科网（北京）股份有限公司不持支持态度
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：
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）列联表见解析，有99% 把的握认为对人工智能所持态度与年龄有关；
（2）分布列见解析，数学期望为 ．
【解析】
【分析】（1）根据表格数据，完成列联表，并计算 ，并和参考数据，比较后即可判断；
（2）根据二项分布求概率，再求分布列和数学期望.
【小问1详解】
年龄在50岁以上（含50岁） 年龄在50岁以下 总计
持支持态度 25 45 70
不持支持态度 20 10 30
总计 45 55 100
因为8.129＞6.635，
所以有99%的把握认为对人工智能所持态度与年龄有关．
【小问2详解】
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 ．
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学科网（北京）股份有限公司由题意可得 ．
X的所有可能取值为0，1，2，3．
又 ， ，
， ，
所以的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
所以X的期望是 ．
21. 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 ，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．
【答案】（1）
（2）直线PQ过定点 ．
【解析】
【分析】（1）设M ，由已知得 ，进行化简即可.
（2）设直线 的方程为 、 ，分别与 W 的方程联立得 P 的坐标为
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学科网（北京）股份有限公司及Q的坐标为 ，再求出直线PQ的方程，利用 ，即可
求出直线PQ过定点 .
【小问1详解】
设点M的坐标为 ，由题意可知， ，
化简整理得，W的方程为 ．
【小问2详解】
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 ，
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学科网（北京）股份有限公司又 ，则 ，
所以直线PQ的方程即为 ，
所以，直线PQ过定点 ．
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】（1） 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
（2） ；
（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）将 代入函数，对函数二次求导，即可求出函数的单调区间；
（2）分情况讨论，结合（1）中结论，判断 符合题意，对函数二次求导，分别判断 和
不符合题意，最终确定 的取值范围；
（3）根据（2）中结论先得到 ，取取 ，得到
，令 ， ，…， ，累加可得
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学科网（北京）股份有限公司；又构造函数 ，
求导判断函数单调性可得： ， ，取 （ ），得
，令 ， ，…， ，累加得
，结论得证.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由题意知 ，令 ，
则 ；
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学科网（北京）股份有限公司由（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 ．
【小问3详解】
当 时，上（2）可知 ，
即 ，取 ，可得
，
即 ．
令 ， ，…， ，累加可得
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学科网（北京）股份有限公司．
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．
【点睛】二次求导探究函数得单调性；
分类讨论确定 的取值；
构造函数，利用函数的单调性证明不等式；
累加法的运用.
第28页/共28页
学科网（北京）股份有限公司
