山东省实验中学2024届高三上学期第二次诊断考试数学试题(Word版附答案)
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这是一份山东省实验中学2024届高三上学期第二次诊断考试数学试题(Word版附答案),共26页。试卷主要包含了 已知集合,,则, 已知函数,则的值域为等内容,欢迎下载使用。
说明:本试卷满分150分.试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上,书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟.
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.
2. 已知复数z满足(1+2i)=i,则复数z在复平面内对应点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知函数的定义域为,则“是偶函数”是“是偶函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
4. 已知等差数列的前n项和为,若,,则( )
A. 182B. 128C. 56D. 42
5. 如图,圆锥的母线长为2,点M为母线的中点,从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达B点,这条绳子的长度最短值为,则此圆锥的表面积为( )
A. B. C. D.
6. 已知是定义在上的偶函数,是的导函数,当时,,且,则的解集是( )
A. B.
C. D.
7. 已知,两个盒子中均有除颜色外其它完全相同的3个红球和3个白球,甲从盒子中,乙从盒子中各随机取出一个球,若2个球同色,则甲胜,且将取出的2个球全部放入盒子中;若2个球异色,则乙胜,且将取出的2个球全部放入盒子中.按上述规则重复两次后,盒子中恰有8个球的概率是( )
A. B. C. D.
8. 已知函数,则的值域为( )
A. B.
C. D.
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. 为了解运动健身减肥的效果,某健身房调查了20名肥胖者,测量了他们的体重(单位:千克),健身之前他们的体重情况如三维饼图①所示,经过半年的健身后,他们的体重情况如三维饼图②所示,对比健身前后,关于这20名肥胖者,下面结论错误的是( )
A. 他们健身后,体重在区间[90,100)内的人数不变
B. 他们健身后,体重在区间[100,110)内的人数减少了2
C. 他们健身后,体重在区间[110,120)内的肥胖者体重都有减轻
D. 他们健身后,这20名肥胖者的体重的中位数位于区间[90,100)
10. 如图,正六边形边长为2,半径为1的圆的圆心为正六边形的中心,,若点在正六边形的边上运动,动点在圆上运动且关于圆心对称,则的值可能为( )
A. B. C. 3D.
11. 已知数列满足,,则的值可能为( )
A. 1B. C. D.
12. 如图所示,在三棱锥中,已知,,两两互相垂直,,,M,N分别是边,的中点,点E是线段上的动点,点F是平面中的任意一点,则( )
A. 三棱锥是正三棱锥
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 当点E是线段的中点时,的最小值为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 在展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含项的系数为___________
14. 若,且,则______.
15. 已知a,b,c均为正实数,,则的最小值是______.
16. 设函数(其中为自然对数底数),若存在实数使得恒成立,则实数的取值范围是______.
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.
17. 如图,在中,,,,点在边的延长线上.
(1)求的面积;
(2)若,为线段上靠近的三等分点,求的长.
18. 已知函数.
(1)当时,求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若函数有两个零点,求实数a的取值范围.
19. 如图所示,在四棱锥中,平面平面,底面为矩形,,,,点M在棱上且.
(1)证明:平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
20. 已知数列的前n项和为,且.
(1)求的通项公式:
(2)若,的前n项和为,证明:.
21. 已知函数,其中.
(1)当时,求函数的单调区间;
(2)若对于恒成立,求最大值.
22. 如图,一只蚂蚁从单位正方体的顶点出发,每一步(均为等可能性的)经过一条边到达另一顶点,设该蚂蚁经过步回到点的概率.
(I)分别写出值;
(II)设顶点出发经过步到达点的概率为,求的值;
(III)求.山东省实验中学2024届高三第二次诊断考试
数学试题
说明:本试卷满分150分.试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上,书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟.
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】D
【解析】
【分析】根据指数函数值域和对数函数定义域求出集合A,B,然后由交集运算可得.
【详解】由指数函数性质可知,,
由得,所以,
所以.
故选:D
2. 已知复数z满足(1+2i)=i,则复数z在复平面内对应点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】化简得复数i,即得解.
【详解】由题得==i.
复数对应的点为,
由于在第一象限,所以复数对应的点在第一象限,
故选:A
3. 已知函数的定义域为,则“是偶函数”是“是偶函数”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数的图像性质,结合充分,必要条件的定义进行判断
【详解】偶函数的图像关于轴对称,奇函数图像关于原点对称,根据这一特征,若是偶函数,则是偶函数,若是奇函数,也是偶函数,所以“是偶函数”是“是偶函数”的充分不必要条件
故选:A
4. 已知等差数列的前n项和为,若,,则( )
A. 182B. 128C. 56D. 42
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的通项及求和公式,列出不等式组,求得的值,代入公式,即可求得;
【详解】设等差数列的首项为,公差为d,
由,,得,
解得,所以;
故选:D.
5. 如图,圆锥的母线长为2,点M为母线的中点,从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达B点,这条绳子的长度最短值为,则此圆锥的表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出圆锥侧面展开图,根据给定条件求出展开图扇形圆心角,再求出圆锥底面圆半径即可作答.
【详解】将圆锥侧面沿母线AB剪开,其侧面展开图为扇形,如图,
从点M处拉一条绳子,绕圆锥的侧面转一周达到B点,最短距离即为线段BM长,则有,
而M是线段AB'中点,又母线长为2,于是得,即,
设圆锥底面圆半径为r,从而有:,解得,
所以圆锥的表面积为.
故选:.
6. 已知是定义在上的偶函数,是的导函数,当时,,且,则的解集是( )
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抽象函数的导数,及时还原出原函数,构造所需形式解不等式即可.
【详解】由题意知当时,,可知
且令,故在单调递增,且
若求的解集,即求的解集,即解
是定义在上的偶函数,也是偶函数,故解即可
解得
故选:B
7. 已知,两个盒子中均有除颜色外其它完全相同的3个红球和3个白球,甲从盒子中,乙从盒子中各随机取出一个球,若2个球同色,则甲胜,且将取出的2个球全部放入盒子中;若2个球异色,则乙胜,且将取出的2个球全部放入盒子中.按上述规则重复两次后,盒子中恰有8个球的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据取球规则分析得到两次取球后盒子中有8个球时,两次取球均为同色,然后分第一次取球甲、乙取到红球和白球两种情况求解得到.
【详解】若两次取球后,盒子中恰有8个球,则两次均为甲胜,
若第一次取球甲、乙都取到红球,概率为:,
则第一次取球后盒子中有4个红球和3个白球,盒子中有2个红球和3个白球,
第二次取同色球为取到红球或取到白球,概率为,
盒子中有8个球的概率为,
同理若第一次取球甲、乙都取到白球,且两次取球后盒子中有8个球的概率为,
故盒子中恰有8个球的概率为,
故选:C
8. 已知函数,则的值域为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式可得,由换元法构造函数,由导函数求出函数单调性即可得求得其值域为.
【详解】由可得,易知;
令,则,
可得,令,可得或(舍);
即可得当时,,即在上单调递增,
当时,,即在上单调递减,
所以在处取得极大值也是最大值,即,
当趋近于时,可知趋近于,
因此的值域为.
故选:D
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. 为了解运动健身减肥的效果,某健身房调查了20名肥胖者,测量了他们的体重(单位:千克),健身之前他们的体重情况如三维饼图①所示,经过半年的健身后,他们的体重情况如三维饼图②所示,对比健身前后,关于这20名肥胖者,下面结论错误的是( )
A. 他们健身后,体重在区间[90,100)内的人数不变
B. 他们健身后,体重在区间[100,110)内的人数减少了2
C. 他们健身后,体重在区间[110,120)内的肥胖者体重都有减轻
D. 他们健身后,这20名肥胖者的体重的中位数位于区间[90,100)
【答案】B
【解析】
【分析】根据三维饼图分别求出20名肥胖者在健身前和健身后在各区间体重的人数,逐项验证,即可得出答案.
【详解】图(1)中体重在区间,,内的人数分别为8,10,2;
图(2)中体重在区间,,内的人数分比为6,8,6;
故ACD正确,B选项体重在区间[100,110)内的人数减少了4,故B错误
故选:B
【点睛】关键点点睛:本题考查识图能力,考查统计知识,准确理解图形是关键,属于基础题.
10. 如图,正六边形的边长为2,半径为1的圆的圆心为正六边形的中心,,若点在正六边形的边上运动,动点在圆上运动且关于圆心对称,则的值可能为( )
A. B. C. 3D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量加法的几何意义,结合平面向量数量积的运算性质、圆的性质进行求解即可.
【详解】由题意:
因为正六边形的边长为2,所以圆心到各边的距离为:,
所以,所以,
故选:BC.
11. 已知数列满足,,则的值可能为( )
A. 1B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据递推关系,可得或,即可求解.
【详解】由可得,
故或,
当时,则,因此,故,
若时,则为等比数列,且公比为,则
故选:AD
12. 如图所示,在三棱锥中,已知,,两两互相垂直,,,M,N分别是边,的中点,点E是线段上的动点,点F是平面中的任意一点,则( )
A. 三棱锥是正三棱锥
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 当点E是线段的中点时,的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】由棱锥体积公式求得,从而得出底面是正三角形,由此可判断A,根据正棱锥性质求得与底面所成角的余弦值即可判断B,确定出三棱锥外接球的球心后可得表面积判断C,利用点到平面的距离的性质求解后判断D.
【详解】对A:因为平面,
所以平面,同理也与相应的侧面垂直,
,,
因此,底面是正三角形,
由于侧棱相等,因此顶点在底面上的射影是底面正三角形的外心,也是中心,
所以三棱锥是正三棱锥,A正确;
对B:是中点,则,
而,平面,
所以平面,
又平面,所以平面平面,平面平面,
所以在平面内的射影就是直线,所以是与平面所成的角,
侧棱长为4,则底面边长为,,
由平面,平面,可知,
则 ,即直线与平面所成的角的余弦值为,
且正三棱锥各侧棱与底面所成角相等,因此B错;
对C:,所以为三棱锥外接球的球心,
且,球表面积为,C正确;
对D:由于平面,所以点到平面的距离为,
是中点,则点到平面的距离等于,
点E是线段的中点,则点到平面的距离等于,D错.
故选:AC.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 在的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中含项的系数为___________
【答案】
【解析】
【分析】先由二项式系数最大确定,再由通项公式求含项的系数即可.
【详解】由只有第5项的二项式系数最大可得:.
∴通项公式,
令,解得.
∴展开式中含项的系数为.
故答案为:.
14. 若,且,则______.
【答案】
【解析】
【分析】由题知,进而结合二倍角公式和正弦的和角公式化简求值即可.
【详解】解:因为,且,
所以,
所以
故答案为:
15. 已知a,b,c均为正实数,,则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意,将看作一个整体,变形后结合基本不等式的计算,即可得到结果.
【详解】因为,即,
设,则,且,
原式
,
当且仅当时,即时,等号成立,
所以的最小值为.
故答案为:4
16. 设函数(其中为自然对数的底数),若存在实数使得恒成立,则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得,令,函数和函数的图象,一个在直线上方,一个在直线下方,等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值,即可得出答案.
【详解】函数的定义域为,
由,得,所以,
令,
由题意知,函数和函数的图象,一个在直线上方,一个在直下方,等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值,
由,得,
所以当时,单调递增,
当时,单调递减,
所以,没有最小值,
由,得,
当时,在上单调递增,
在上单调递减,
所以有最大值,无最小值,不合题意,
当时,在上单调递减,
在上单调递增,
所以,
所以即,
所以,即的取值范围为.
故答案为:.
【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题,其中涉及到利用导数求函数的最值问题,难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.
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.
17. 如图,在中,,,,点在边的延长线上.
(1)求的面积;
(2)若,为线段上靠近的三等分点,求的长.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)在中利用正弦定理求出,再利用两角和的正弦公式求出,然后利用三角形的面积公式可求得结果,
(2)方法1:由题意可得,代值计算即可,方法2:在中利用余弦定理求出,则可求得,再在利用正弦定理求出,从而可求出,然后在中利用余弦定理可求得
【小问1详解】
中,,
因为,,
所以
因为
,
所以.
【小问2详解】
方法1:因为为线段上靠近的三等分点,
所以,
所以,
所以
,
则
方法2:在中,由余弦定理得
,
因为为线段上靠近的三等分点,
所以,
因为,
所以,
因为为锐角,
所以,
在中,由余弦定理得,
,
所以.
18. 已知函数.
(1)当时,求函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若函数有两个零点,求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)将代入函数解析式,求导,利用导数的几何意义可得切线方程,由此可得所求面积;
(2)令,可得,令,,依题意,直线与函数的图象有两个不同的交点,利用导数研究函数的单调性及最值,作出图象,结合图象可得解.
【小问1详解】
当时,,,
所以,,
所以切线方程为,即.
令得,令得,
所以所求三角形的面积.
【小问2详解】
由题意知,方程在上有两个不同实根,
即方程在上有两个不同实根,即方程在上有两个不同实根.
令,,则转化为与的图象有两个不同的交点,
求导得,
则当时,,当时,,
则函数在上单调递增,在上单调递减,
所以.
又因,当时,,当时,,当时, ,作图如下:
所以a的取值范围为.
19. 如图所示,在四棱锥中,平面平面,底面为矩形,,,,点M在棱上且.
(1)证明:平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)先证明M是中点,连接,与交于点O,连接,从而证明,从而可证明.
(2)以D为坐标原点,以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面,且平面平面,
根据条件可知,所以平面,
所以.
所以,同理可得,
又,所以是等边三角形,
因为,所以M是的中点.
如图,连接,与交于点O,连接,则O是的中点,所以,
因为平面平面,所以平面.
【小问2详解】
以D为坐标原点,以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
由(1)知是平面的一个法向量.
设为平面的法向量.因为,
所
令,可得.
设平面与平面的夹角为,
则
.
20. 已知数列的前n项和为,且.
(1)求的通项公式:
(2)若,的前n项和为,证明:.
【答案】20. 21. 证明见解析.
【解析】
【分析】(1)已知求的问题,一定要分和进行讨论;
(2)用裂项相加法求和,再分为奇数、偶数讨论,确定的取值范围.
【详解】(1)因为,
当时,.
当时,,所以,
,
所以数列是首项为1,公比为2的等比数列,
故:.
(2)证明:因为,
所以.
当n为奇数时,,
因为,所以,所以
当n为偶数时,,
因为,所以,所以.
综上,.
21. 已知函数,其中.
(1)当时,求函数的单调区间;
(2)若对于恒成立,求的最大值.
【答案】(1)单调递增区间为,单调递减区间为
(2)
【解析】
【分析】(1)将代入可得,利用导函数求出函数的单调性即可得出函数的单调区间;
(2)将不等式恒成立转化成函数的最小值恒成立问题,化简整理可得,构造函数并求得其最大值即可得出的最大值.
【小问1详解】
当时,,则;
令,则,
显然在上恒成立,即在上单调递增;
又易知,
所以当时,,当时,;
即函数在上单调递减,在上单调递增;
综上可知,函数的单调递增区间为,单调递减区间为;
【小问2详解】
由对于恒成立,可得在恒成立;
令,则,又,
由可解得,
易知当时,,当时,;
所以在上单调递减,在上单调递增,
因此在处取得极小值,也是最小值为;
易知,所以可得,
即;
令,则,由可得;
因此当时,;当时,;
所以在上单调递增,在上单调递减;
即当时,,
即当时,,
即时,的最大值为.
【点睛】方法点睛:不等式恒成立问题,一般情况下将不等式化简变形并通过构造函数求得函数在定义域内的最值,再根据题意求解即可得出结论.
22. 如图,一只蚂蚁从单位正方体的顶点出发,每一步(均为等可能性的)经过一条边到达另一顶点,设该蚂蚁经过步回到点的概率.
(I)分别写出的值;
(II)设顶点出发经过步到达点的概率为,求的值;
(III)求.
【答案】(I);(II);(III).
【解析】
【详解】试题分析:
(1)由题意得经过1步不可能从点A回到点A,故;经过2步从点A回到点A的方法有3种,即A-B-A;A-D-A;,且选择每一种走法的概率都是,由此可得所求概率.(2)分为奇数和偶数两种情况讨论可得结论.(3)结合(2)中的结论,分四种情况可得,又,故可得,于是得到
,从而可得结论.
试题解析:”
(1).
(2)由于顶点出发经过步到达点概率为,
则由出发经过步到达点 的概率也是,并且由出发经过步不可能到这四个点,
所以当为奇数时,所以;
当为偶数时,.
(3)同理,由分别经步到点的概率都是,由出发经过再回到
的路径分为以下四类:
①由经历步到,再经步回到,概率为;
②由经历步到,再经步回到,概率为;
③由经历步到,再经步回到,概率为;
④由经历步到,再经步回到,概率为;
所以,
又,
所以,
即,
所以,
故.
综上所述,.
点睛:
本题难度较大,综合了排列组合和概率的有关知识,解题的关键是根据条件进行分类讨论,另外利用互斥事件和相互独立事件的概率的知识也是解决本题的重要工具.
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