《山东省济宁市鱼台县第一中学2024届高三下学期5月毕业考试数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济宁市鱼台县第一中学2024届高三下学期5月毕业考试数学试题（22页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省济宁市鱼台县第一中学2024届高三下学期5月毕业考试数学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁
2、。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知函数，关于x的方程f（x）a存在四个不同实数根，则实数a的取值范围是（ ）A（0，1）（1，e）BCD（0，1）2如图，内接于圆，是圆的直径，则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD3已知命题，那么为（ ）ABCD4已知函数.设，若对任意不相等的正数，恒有，则实数a的取值范围是（ ）ABCD5某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（ ）A方差B中位数C众数
3、D平均数6抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段的中点在上的投影为，则的最大值是（ ）ABCD7某四棱锥的三视图如图所示，记S为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）ABCD8已知直线y=k(x+1)(k0)与抛物线C相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ）A1B2C3D49圆心为且和轴相切的圆的方程是（ ）ABCD10函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，n），则（ ）A7B8C9D1011等比数列的前项和为，若，则（ ）ABCD12若函数，在区间上任取三个实数，均存在以，为边长的三角形，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题
4、共4小题，每小题5分，共20分。13展开式的第5项的系数为_.14如图，在中，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为_15在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面，所在平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积的最大值是_.16已知数列的前项和为，且满足，则_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，（1）求椭圆的方程.（2）当时，求的面积.18（12分）选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，曲线：（为参数），在以平面直角坐标系的
5、原点为极点、轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中，曲线：.（1）求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程；（2）若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等，求这三个点的极坐标.19（12分）已知函数，.（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示、中的最大值，设函数，当时，讨论零点的个数.20（12分）设为实数,已知函数,（1）当时,求函数的单调区间：（2）设为实数,若不等式对任意的及任意的恒成立,求的取值范围;（3）若函数（,）有两个相异的零点,求的取值范围21（12分）已知椭圆：（）的离心率为，且椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合.过点的直线交椭圆于，两点，为
6、坐标原点.（1）若直线过椭圆的上顶点，求的面积；（2）若，分别为椭圆的左、右顶点，直线，的斜率分别为，求的值.22（10分）若正数满足，求的最小值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1D【解题分析】原问题转化为有四个不同的实根，换元处理令t，对g（t）进行零点个数讨论.【题目详解】由题意，a2，令t，则f（x）a记g（t）当t2时，g（t）2ln（t）（t）单调递减，且g（2）2，又g（2）2，只需g（t）2在（2，+）上有两个不等于2的不等根则，记h（t）（t2且t2），则h（t）令（t），则（t）2（2）2，（t）
7、在（2，2）大于2，在（2，+）上小于2h（t）在（2，2）上大于2，在（2，+）上小于2，则h（t）在（2，2）上单调递增，在（2，+）上单调递减由，可得，即a2实数a的取值范围是（2，2）故选：D【题目点拨】此题考查方程的根与函数零点问题，关键在于等价转化，将问题转化为通过导函数讨论函数单调性解决问题.2B【解题分析】根据已知证明平面，只要设，则，从而可得体积，利用基本不等式可得最大值【题目详解】因为，所以四边形为平行四边形.又因为平面，平面，所以平面，所以平面.在直角三角形中，设，则，所以，所以.又因为，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：B【题目点拨】本题考查求棱锥体积的最大值解题方法
8、是：首先证明线面垂直同，得棱锥的高，然后设出底面三角形一边长为，用建立体积与边长的函数关系，由基本不等式得最值，或由函数的性质得最值3B【解题分析】利用特称命题的否定分析解答得解.【题目详解】已知命题，那么是.故选：【题目点拨】本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.4D【解题分析】求解的导函数，研究其单调性，对任意不相等的正数，构造新函数，讨论其单调性即可求解.【题目详解】的定义域为，当时，故在单调递减；不妨设，而，知在单调递减，从而对任意、，恒有，即，令，则，原不等式等价于在单调递减，即，从而，因为，所以实数a的取值范围是故选：D.【题目点拨】此题考查含
9、参函数研究单调性问题，根据参数范围化简后构造新函数转换为含参恒成立问题，属于一般性题目.5A【解题分析】通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.【题目详解】由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变，根据方差公式可知方差不变.故选：A【题目点拨】本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6B【解题分析】试题分析：设在直线上的投影分别是，则，又是中点，所以，则，在中，所以，即，所以，故选B考点：抛物线的性质【名师点晴】在直线与抛物线的位置关系问题中，涉及到抛物线上的点到焦点的距离，焦
10、点弦长，抛物线上的点到准线（或与准线平行的直线）的距离时，常常考虑用抛物线的定义进行问题的转化象本题弦的中点到准线的距离首先等于两点到准线距离之和的一半，然后转化为两点到焦点的距离，从而与弦长之间可通过余弦定理建立关系7D【解题分析】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件，故，得到答案.【题目详解】如图所示：在边长为的正方体中，四棱锥满足条件.故，.故，故，.故选：.【题目点拨】本题考查了三视图，元素和集合的关系，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.8C【解题分析】方法一：设，利用抛物线的定义判断出是的中点，结合等腰三角形的性质求得点的横坐标，根据抛物线的定义求得，进而求得.方法二：设
11、出两点的横坐标，由抛物线的定义，结合求得的关系式，联立直线的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得，进而求得.【题目详解】方法一：由题意得抛物线的准线方程为，直线恒过定点，过分别作于，于，连接，由，则，所以点为的中点，又点是的中点，则，所以，又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为，所以，所以方法二：抛物线的准线方程为，直线由题意设两点横坐标分别为，则由抛物线定义得又 由得.故选：C【题目点拨】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题.9A【解题分析】求出所求圆的半径，可得出所求圆的标准方程.【题目详解】圆心为且和轴相切的圆的半径为，因此，所求圆的方程为.故选：A.
12、【题目点拨】本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.10C【解题分析】根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果.【题目详解】由题可知：直线过定点且在是关于对称如图通过图像可知：直线与最多有9个交点同时点左、右边各四个交点关于对称所以故选：C【题目点拨】本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.11D【解题分析】试题分析：由于在等比数列中，由可得：，又因为，所以有：是方程的二实根，又，所以，故解得：，从而公比；那么，故选D考点：等比数列12D【解题分析】利用导数求得在区间上的最大值
13、和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.【题目详解】的定义域为，所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，所以在区间上的最大值为.要使在区间上任取三个实数，均存在以，为边长的三角形，则需恒成立，且，也即，也即当、时，成立，即，且，解得.所以的取值范围是.故选：D【题目点拨】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1370【解题分析】根据二项式定理的通项公式，可得结果.【题目详解】由题可知：第5项为故第5项的的系数为故答案为：70.【题目点拨】本题考查的是二项式定理，属基础题。14【解题分析】由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求【题目详解】由，得，解得.因为，所以，所以.又因为，所以.因为，所以.故答案为【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题15【解题分析】根据与相似，过作于，利用体积公式求解OP最值，根据勾股定理得出，利用函数单调性判断求解即可.【题目详解】在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在平面内的动点，且满足，又，与相似，即，过作于，设，化简得：，根据函数单调性判断，时，取得最大值36，在正方体中平面.三棱锥体积的最大值为【题目点拨】本题考查三角形相似，几何体体积以及函数单调性的综合应用，难度一般.
