2024届山东省实验中学高三第一次诊断考试数学试题含解析

这是一份2024届山东省实验中学高三第一次诊断考试数学试题含解析，共16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．
【答案】B
【分析】化简集合和，即可得出的取值范围.
【详解】解：由题意
在，中，
，
∴
故选：B.
2．已知复数满足，其中为虚数单位，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，则.
故选：C
3．“”是“，成立”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】A
【分析】由，成立求出b的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】由，成立，则当时，恒成立，即，
当时，，解得，
因此，成立时，，
因为，所以“”是“，成立”的充分不必要条件.
故选：A
4．设随机变量，满足：，，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】二项分布与次独立重复试验的模型．先利用二项分布的数学期望公式求出，再利用方差的性质求解即可．
【详解】解：因为，则，
又，所以．
故选：A．
5．设数列为等比数列，若，，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知条件求出等比数列的首项和公比，再利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
因此，数列的前项和为.
故选：C.
6．已知函数满足对任意，都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先判断函数的单调性，再根据分段函数单调性的定义，列式求解.
【详解】∵满足对任意，都有成立，
∴在上是减函数，，解得，
∴a的取值范围是.
故选：C．
7．已知函数为R上的奇函数，为偶函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性和对称性，逐项分析、判定选项，即可求解.
【详解】对于A中，函数为偶函数，则有，可得，
又由为奇函数，则，
则有，所以，即，所以A错误；
对于B中，函数为偶函数，则有，所以B不正确；
对于C中，由，则，
所以是周期为4的周期函数，所以，所以C正确；
对于D中，由是周期为4的周期函数，可得，其中结果不一定为0，所以D错误.
故选：C.
8．已知，，均为单位向量，满足，，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．-1
【答案】B
【分析】首先确定向量的夹角，从而构建单位圆，确定向量的坐标，并利用三角函数表示，并利用三角函数求最小值.
【详解】，所以，

根据，，则,,
如图，建立平面直角坐标系，设，，，，
由，可知，，
得，，
，
其中，所以，
则，
所以当时，
所以的最小值是.
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．在研究成对数据的相关关系时，线性相关关系越强，相关系数越接近于1
B．样本数据：27，30，37，39，40，50的第30百分位数与第50百分位数之和为68
C．已知随机变量，若，则
D．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为和，，若，则总体方差
【答案】ABC
【分析】A由相关系数的实际意义判断；B由百分位数定义求出对应分位数判断；C根据正态分布对称性判断；D由分层抽样中样本、总体间的均值、方差关系判断.
【详解】A：由成对数据相关性中相关系数实际意义知：相关系数越接近于1，线性相关关系越强，反之也成立，对；
B：由，则第30百分位数与第50百分位数分别为，故和为68，对；
C：由，故，
根据正态分布对称性：，对；
D：由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为，
则，
当且仅当时，错.
故选：ABC
10．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】首先由条件得，再根据不等式的性质，以及函数的单调性，即可判断选项.
【详解】由，得，
则，所以，故A正确；
，，则，故B正确；
由，则，故C错误；
由，则，故D错误.
故选：AB
11．已知函数，则（ ）
A．的图象关于原点对称B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称D．的值域为R
【答案】ACD
【分析】根据奇函数的定义即可判断A，根据周期的定义即可判断B，根据即可判断C，根据奇偶性以及单调性即可判断D.
【详解】令,故的定义域为，关于原点对称，
有为奇函数，A正确，
，不是的周期，故B错误，
，由于，故是的一条对称轴，故C正确，
令，在单调递增，故在上的范围为，由于为奇函数，所以在上的范围为，故的值域为R，D正确，
故选：ACD
12．在平面直角坐标系xOy中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”，则（ ）
A．存在“90°旋转函数”
B．“70°旋转函数”一定是“80°旋转函数”
C．若为“45°旋转函数”，则
D．若为“45°旋转函数”，则
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可．
【详解】对于A，如，旋转90°后为满足条件，故A正确；
对于B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对与C，若为旋转函数，
则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，
不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点．
故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点．
即与至多1个交点．
联立，可得．
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故．故C正确；
对与D，同C，与的交点个数小于等于1，
即对任意的，至多1个解，故为单调函数，
由，故恒成立，即恒成立．
即图象在上方，故，即．
当与相切时，可设切点，
对求导有，故，解得，此时，故．故D正确．
故选：ACD．
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
三、填空题
13．若，则 ．
【答案】
【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式即可求解.
【详解】由得，
故，
故答案为：
14．已知平面向量，为单位向量，且，若，则 ．
【答案】
【分析】代入向量数量积的夹角公式，即可求解.
【详解】，
，
所以.
故答案为：
15．二项式展开式的各项系数之和被7除所得余数为 ．
【答案】6
【分析】利用赋值法可得系数和为，进而根据二项式定理展开式的特征可得余数.
【详解】令得，
由于，
由于，
均能被7整除，所以余数为6，
故答案为：6
16．若函数在区间恰有2个零点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用三角函数的性质计算即可.
【详解】在时，，此时关于对称，
若，则，
易知或时，，
因为恰有两个零点，故，此时能取到，如下图所示，符合题意；
若，则，同上，有，
此时能取到，如下图所示，符合题意；
综上.
故答案为：.
【点睛】本题关键在于对符号的讨论，还需要考虑到的对称性，取零点时通过数形结合注意端点即可.
四、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，．
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理求解，即可由三边求解，进而可求正弦值，
（2）根据面积公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得：，
则，，
,所以．
（2）由三角形面积公式可得，
则．

18．已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据即可求解，
（2）根据分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）当时，，
当时，，因为也符合上式．
所以．
（2）由（1）可知，
所以
．
19．如图，某公园拟在长为8（百米）的道路OP的一侧修建一条运动跑道，跑道的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数，的图象，且图象的最高点为，跑道的后一部分为折线段MNP．为保证跑步人员的安全，限定．
(1)求A，；
(2)求折线段跑道MNP长度的最大值．
【答案】(1)，
(2)百米
【分析】（1）由图象即可得A和函数的周期，继而求得；
（2）解法一，由（1）的函数解析式，即可求得M点坐标，求出MP的长，在中利用余弦定理结合基本不等式即可求得答案；解法二，在中利用正弦定理求得的表达式，结合三角恒等变换化简，即可求得答案.
【详解】（1）依题意，有，，则，
又，∴；
（2）由（1）知，．
当时，，∴．
又，∴．
解法一：在中，，，
由余弦定理得．
故，
从而，即，当且仅当时等号成立．
故折线段赛道MNP最长为百米．
解法二：在中，，．
设，则．
由正弦定理得，
∴，．
故
．
∵，∴当时，取到最大值，
即折线段赛道MNP最长，
故折线段赛道MNP最长为百米．
20．已知、分别为定义域为的偶函数和奇函数，且.
(1)求的单调区间；
(2)对任意实数均有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的增区间为，减区间为
(2)
【分析】（1）对于将换成结合奇偶性求出、的解析式，在利用导数求出函数的单调区间；
（2）设，则问题转化为在时恒成立，参变分离可得，再利用基本不等式求出的最小值，即可求出的取值范围.
【详解】（1）因为①，、分别为定义域为的偶函数和奇函数，
所以，，
所以，即②，
①②解得，，
所以，，
所以（）在定义域上单调递增，又，
所以当时，即的单调递增区间为，
当时，即的单调递减区间为.
（2）设，因为，当且仅当时取等号，所以，
不等式恒成立，转化为在时恒成立，
分离参数得在时恒成立，由均值不等式，当且仅当时取等号，
故的最小值为，所以，
故实数的取值范围为.
21．某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登陆，每次消费都有一次随机摸球的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为．
(1)求的值，并探究数列的通项公式；
(2)求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大，请给出证明过程．
【答案】(1)，
(2)第二次，证明见解析
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，利用抽奖规则，结合全概率公式即可由等比数列的定义求解，
（2）根据，即可对分奇偶性求解.
【详解】（1）记该顾客第次摸球抽中奖品为事件A，依题意，，
．
因为，，，
所以，
所以，
所以，
又因为，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）证明：当n为奇数时，，
当n为偶数时，，则随着n的增大而减小，
所以，．
综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大．
22．已知函数的最小值为1．
(1)求a；
(2)若数列满足，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论和两种情况讨论函数的单调性，并求函数的最小值，即可求实数的取值；
（2）由（1）的结果可知，，，并设，，利用导数判断函数的单调性，根据，即可证明.
【详解】（1），．
①若，恒成立，
可得在上单调递增，没有最小值，不符合题意；
②若，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以．
（2）证明：由（1）可得，在上单调递减，在上单调递增，
则有，
因为，所以，．
令，，
，
所以在区间上单调递减，且，
所以，而，
所以，
所以，即，
即，所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的最值以及不等式的综合应用问题，第二问是本题的难点，关键是构造函数，，并结合，即可求解.