山東省青島市城陽一中2024屆數(shù)學高三第一學期期末質量檢測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在中，角、、的對邊分別為、、，若，，，則（）A． B． C． D．2．某市氣象部門根據(jù)2018年各月的每天最高氣溫平均數(shù)據(jù),繪制如下折線圖,那么,下列敘述錯誤的是()A．各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值總體呈正相關B．全年中,2月份的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大C．全年中各月最低氣溫平均值不高于10°C的月份有5個D．從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值呈下降趨勢3．已知復數(shù)滿足，其中是虛數(shù)單位，則復數(shù)在復平面中對應的點到原點的距離為（）A． B． C． D．4．已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，若點在角的終邊上，則（）A． B． C． D．5．已知集合，則全集則下列結論正確的是()A． B． C． D．6．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點M，若、M是線段AB的三等分點，則橢圓的離心率為()A． B． C． D．7．盒子中有編號為1，2，3，4，5，6，7的7個相同的球，從中任取3個編號不同的球，則取的3個球的編號的中位數(shù)恰好為5的概率是（）A． B． C． D．8．若執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的值是（）A． B． C． D．49．若為虛數(shù)單位，則復數(shù)在復平面上對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．在三棱錐中，，且分別是棱，的中點，下面四個結論：①；②平面；③三棱錐的體積的最大值為；④與一定不垂直.其中所有正確命題的序號是（）A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②④11．已知函數(shù)f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均為常數(shù)）的圖象關于點（2，1）對稱，則f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．412．已知集合則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系中，點在單位圓上，設，且．若，則的值為________________.14．如圖，半圓的直徑AB＝6，O為圓心，C為半圓上不同于A、B的任意一點，若P為半徑OC上的動點，則的最小值為.15．已知圓柱的上下底面的中心分別為，過直線的平面截該圓柱所得的截面是面積為36的正方形，則該圓柱的體積為____16．已知復數(shù)（為虛數(shù)單位），則的模為____．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，內角所對的邊分別為，已知，且.（Ｉ）求角的大?。唬á颍┤簦竺娣e的取值范圍.18．（12分）已知拋物線：（）上橫坐標為3的點與拋物線焦點的距離為4.（1）求p的值；（2）設（）為拋物線上的動點，過P作圓的兩條切線分別與y軸交于A、B兩點.求的取值范圍.19．（12分）如圖，四棱錐中，底面，，點在線段上，且.（1）求證：平面；（2）若，，，，求二面角的正弦值.20．（12分）在以為頂點的五面體中，底面為菱形，，，，二面角為直二面角.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.21．（12分）如圖，在平面直角坐標系中，橢圓的離心率為，且過點.求橢圓的方程；已知是橢圓的內接三角形，①若點為橢圓的上頂點，原點為的垂心，求線段的長；②若原點為的重心，求原點到直線距離的最小值.22．（10分）已知六面體如圖所示，平面，，，，，，是棱上的點，且滿足.（1）求證：直線平面；（2）求二面角的正弦值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

利用兩角差的正弦公式和邊角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【詳解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故選：B.【點睛】本題考查三角形中角的正弦值的計算，考查兩角差的正弦公式、邊角互化思想、余弦定理與正弦定理的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.2、D【解析】

根據(jù)折線圖依次判斷每個選項得到答案.【詳解】由繪制出的折線圖知：在A中，各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值為正相關，故A正確；在B中，全年中，2月的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大，故B正確；在C中，全年中各月最低氣溫平均值不高于10℃的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5個，故C正確；在D中，從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值，先上升后下降，故D錯誤.故選：D.【點睛】本題考查了折線圖，意在考查學生的理解能力.3、B【解析】

利用復數(shù)的除法運算化簡z,復數(shù)在復平面中對應的點到原點的距離為利用模長公式即得解.【詳解】由題意知復數(shù)在復平面中對應的點到原點的距離為故選：B【點睛】本題考查了復數(shù)的除法運算，模長公式和幾何意義，考查了學生概念理解，數(shù)學運算，數(shù)形結合的能力，屬于基礎題.4、D【解析】

由題知，又，代入計算可得.【詳解】由題知，又.故選：D【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的定義，誘導公式，二倍角公式的應用求值.5、D【解析】

化簡集合，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質，化簡集合，按照集合交集、并集、補集定義，逐項判斷，即可求出結論.【詳解】由，則，故，由知，，因此，，，，故選:D【點睛】本題考查集合運算以及集合間的關系，求解不等式是解題的關鍵，屬于基礎題.6、D【解析】

根據(jù)題意，求得的坐標，根據(jù)點在橢圓上，點的坐標滿足橢圓方程，即可求得結果.【詳解】由已知可知，點為中點，為中點，故可得，故可得；代入橢圓方程可得，解得，不妨取，故可得點的坐標為，則，易知點坐標，將點坐標代入橢圓方程得，所以離心率為，故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，難點在于根據(jù)題意求得點的坐標，屬中檔題.7、B【解析】

由題意，取的3個球的編號的中位數(shù)恰好為5的情況有，所有的情況有種，由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意，取的3個球的編號的中位數(shù)恰好為5的情況有，所有的情況有種由古典概型，取的3個球的編號的中位數(shù)恰好為5的概率為：故選：B【點睛】本題考查了排列組合在古典概型中的應用，考查了學生綜合分析，概念理解，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.8、D【解析】

模擬程序運行，觀察變量值的變化，得出的變化以4為周期出現(xiàn)，由此可得結論．【詳解】；如此循環(huán)下去，當時，，此時不滿足，循環(huán)結束，輸出的值是4.故選：D．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環(huán)結構．解題時模擬程序運行，觀察變量值的變化，確定程序功能，可得結論．9、D【解析】

根據(jù)復數(shù)的運算，化簡得到，再結合復數(shù)的表示，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，根據(jù)復數(shù)的運算，可得，所對應的點為位于第四象限.故選D.【點睛】本題主要考查了復數(shù)的運算，以及復數(shù)的幾何意義，其中解答中熟記復數(shù)的運算法則，準確化簡復數(shù)為代數(shù)形式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．10、D【解析】

①通過證明平面，證得；②通過證明，證得平面；③求得三棱錐體積的最大值，由此判斷③的正確性；④利用反證法證得與一定不垂直.【詳解】設的中點為，連接，則，，又，所以平面，所以，故①正確；因為，所以平面，故②正確；當平面與平面垂直時，最大，最大值為，故③錯誤；若與垂直，又因為，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因為，所以顯然與不可能垂直，故④正確.故選：D【點睛】本小題主要考查空間線線垂直、線面平行、幾何體體積有關命題真假性的判斷，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.11、C【解析】

根據(jù)對稱性即可求出答案．【詳解】解：∵點（5，f（5））與點（﹣1，f（﹣1））滿足（5﹣1）÷2＝2，故它們關于點（2，1）對稱，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故選：C．【點睛】本題主要考查函數(shù)的對稱性的應用，屬于中檔題．12、B【解析】

解對數(shù)不等式可得集合A，由交集運算即可求解.【詳解】集合解得由集合交集運算可得，故選：B.【點睛】本題考查了集合交集的簡單運算，對數(shù)不等式解法，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

根據(jù)三角函數(shù)定義表示出，由同角三角函數(shù)關系式結合求得，而，展開后即可由余弦差角公式求得的值.【詳解】點在單位圓上，設，由三角函數(shù)定義可知，因為，則，所以由同角三角函數(shù)關系式可得，所以故答案為：.【點睛】本題考查了三角函數(shù)定義，同角三角函數(shù)關系式的應用，余弦差角公式的應用，屬于中檔題.14、.【解析】.15、【解析】

由軸截面是正方形，易求底面半徑和高，則圓柱的體積易求.【詳解】解：因為軸截面是正方形，且面積是36，所以圓柱的底面直徑和高都是6故答案為：【點睛】考查圓柱的軸截面和其體積的求法，是基礎題.16、【解析】，所以．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ｉ）根據(jù)，利用二倍角公式得到，再由輔助角公式得到，然后根據(jù)正弦函數(shù)的性質求解.（Ⅱ）根據(jù)（Ｉ）由余弦定理得到，再利用重要不等式得到，然后由求解.【詳解】（Ｉ）因為，所以，，，或，或，因為，所以所以；（Ⅱ）由余弦定理得：，所以，所以，當且僅當取等號，又因為，所以，所以【點睛】本題主要考查二倍角公式，輔助角公式以及余弦定理，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.18、（1）；（2）【解析】

（1）根據(jù)橫坐標為3的點與拋物線焦點的距離為4，由拋物線的定義得到求解.（2）設過點的直線方程為，根據(jù)直線與圓相切，則有，整理得：，根據(jù)題意，建立，將韋達定理代入求解.【詳解】（1）因為橫坐標為3的點與拋物線焦點的距離為4，由拋物線的定義得：，解得:.（2）設過點的直線方程為，因為直線與圓相切，所以，整理得：，，由題意得：所以，，因為，所以，所以.【點睛】本題主要考查拋物線的定義及點與拋物線，直線與圓的位置關系，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.19、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）要證明平面，只需證明，，即可求得答案；（2）先根據(jù)已知證明四邊形為矩形，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立坐標系，求得平面的法向量為，平面的法向量，設二面角的平面角為，，即可求得答案.【詳解】（1）平面，平面，.，，.又，平面.（2）由（1）可知.在中，，..又，，四邊形為矩形.以為原點，為軸，為軸，為軸，建立坐標系，如圖：則：，，，，：，設平面的法向量為，即，令，則，由題平面，即平面的法向量為由二面角的平面角為銳角，設二面角的平面角為即二面角的正弦值為：.【點睛】本題主要考查了求證線面垂直和向量法求二面角，解題關鍵是掌握線面垂直判斷定理和向量法求二面角的方法，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結，證明平面得到答案.（Ⅱ）分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，平面的法向量為，平面的法向量為，計算夾角得到答案.【詳解】（Ⅰ）連接交于點，取中點，連結因為為菱形，所以.因為，所以.因為二面角為直二面角，所以平面平面，且平面平面，所以平面所以因為所以是平行四邊形，所以.所以，所以，所以平面，又平面，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知兩兩垂直，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.設設平面的法向量為，由，取.平面的法向量為.所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.21、；①；②.【解析】

根據(jù)題意列出方程組求解即可；①由原點為的垂心可得，軸，設，則，，根據(jù)求出線段的長；②設中點為，直線與橢圓交于，兩點，為的重心，則，設：，，，則，當斜率不存在時，則到直線的距離為1，，由，則，，，得出，根據(jù)求解即可.【詳解】解：設焦距為，由題意知：，因此，橢圓的方程為：；①由題意知：，故軸，設，則，，，解得：或，，不重合，故，，故；②設中點為，直線與橢圓交于，兩點，為的重心，則，當斜率不存在時，則到直線的距離為1；設：，，，則，，則，則：，，代入式子得：，設到直線的距離為，則時，；綜上，原點到直線距離的最小值為.【點睛】本題考查橢圓的方程的知識點，結合運用向量，韋達定理和點到直線的距離的知識，屬于難題.22、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）連接，設，連接.通過證明，證得直線平面.（2）建立