160，山东省实验中学2024届高三下学期2月调研考试数学试卷

这是一份160，山东省实验中学2024届高三下学期2月调研考试数学试卷，共24页。试卷主要包含了 设，若，则， 已知向量，则， 已知复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
2024.2
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､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. 设，若，则（ ）
A. 0B. 0或2C. 0或D. 2或
【答案】C
【解析】
分析】根据，可得或，结合集合元素性质分别求解即可.
【详解】由得或，即或或，
当时，，符合题意；
当时，，不符合元素的互异性，舍去；
当时，，符合题意；
综上，或
故选：C.
2. 若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质直接求解即可.
【详解】因为的展开式中只有第6项的二项式系数最大，所以展开式一共有项，即.
故选：B您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 3. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B.
4. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（ ）
A. B. C. 3 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差，由成等比数列求出，代入可得答案.
【详解】设等差数列的公差，
∵等差数列的首项为1， 成等比数列，
∴，
∴，且，，
解得，
∴前6项的和为.
故选：A.
5. 要得到函数的图象，只需将函数的图象沿x轴
A. 向左平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】A
【解析】
【分析】先用诱导公式把正弦型函数化为余弦型函数，然后根据图象的平移变换的解析式的特征变化，得到答案.
【详解】，因此该函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，故本题选A.
【点睛】本题考查了已知变化前后的函数解析式，求变换过程的问题，考查了余弦函数图象变换特点.
6. 在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
7. 为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系，设与的数据如表格所示：得到与的线性回归方程，则（ ）
A. -2B. -1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，求得，进而代入回归方程可求得，从而得出，联立，即可求得本题答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，有，解得，
所以，，
由，得，
所以，，则.
故选：C.
8. 双曲线的左､右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（ ）
A. 3B. 4C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题意利用均值定理可得，再利用双曲线的几何性质求解即可.
【详解】设，
则，，所以，
将曲线方程代入得，
又由均值定理得，
当且仅当，即时等号成立，
所以离心率，
故选：D.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设，代入题干方程求解判断A，求复数的模判断B，根据复数乘方运算及共轭复数的定义判断C，利用复数的周期性求和判断D.
【详解】设，由得，
即，所以，
解得或，
所以或，故选项A错误；
由，所以，
由，所以，故选项B正确；
当时，所以，，所以，
当时，所以，，所以，故选项C正确；
因为，所以，所以，故选项D错误.
故选：BC
10. 过线段上一点作圆的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于点，则（ ）
A. 点恒在以线段为直径的圆上
B. 四边形面积的最小值为4
C. 的最小值为
D. 的最小值为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，则可求的方程为.结合四点共圆可判断A的正误，求出的最小值后可判断B的正误，求出所过的定点后可判断C的正误，结合的方程可求，利用二次函数的性质可求其最小值，故可判断D的正误.
【详解】
设，因为与轴均相交，故，
连接，设线段，
则四点共圆，且此圆以为直径，
而以为直径的圆的方程为：，
整理得到：，故的方程为：，
整理得到：.
对于A，若在以线段为直径的圆上，则，
由四点共圆可得，而，
，故四边形为正方形，故，
但为动点且长度变化，故不恒在以线段为直径的圆上，故A错误.
对于B，四边形面积为，
而，当且仅当即时等号成立，
故的最小值为，故B成立.
对于C，因为的方程为：，
整理得到：，令得，
故过定点，
设到的距离为，则，
故，当且仅当即时等号成立，
故的最小值为，故C成立.
对于D，由的方程为可得，
故，
而，故，当且仅当等号成立，
故的最小值为4，故D成立.
故选：BCD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 在其定义域上是单调递减函数
B. 的图象关于对称
C. 的值域是
D. 当时，恒成立，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，先求原函数的导函数，再判断其导函数的符号即可；选项B，取譬如“点和点”的特殊值判断即可；选项C，借助放缩，得出，进而判断即可；选线D，先构造函数，将不等式的恒成立问题转化为函数的最值，即可判断.
【详解】已知函数，
由于，即，
故函数的定义域为，
对于选项A，函数导函数为：，
由于，得，
所以在其定义域上是单调递减函数，
选项A正确；
对于选项B，取特值：，，
且，
即函数图象上存在点和点不关于对称，
选项B错误；
对于选项C，由于，得，
得，
当时，，
当时，，
同时在其定义域上是单调递减函数，
故的值域是
选项C正确；
对于选项D，定义，，
则，
，
，
故，
其导函数，
若，恒成立，即函数恒成立，
由于，则在上恒成立，
即，得，
当时，，
，
由于，则，，，
所以函数在区间上单调递增，且，
则时，恒成立，
同时，由于，
则，
显然恒成立，
时，恒成立，则的最大值为正确；
选项D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是转化为在上恒成立，从而得到，最后验证得到时符合题意即可.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量X服从二项分布B～（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，则P=__________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：直接利用二项分布的期望与方差列出方程求解即可．
解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）=30，D（X）=20，
可得np=30，npq=20，q=，则p=，
故答案为．
点评：本题考查离散型随机变量的分布列的期望以及方差的求法，考查计算能力．
13. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，直线过点交抛物线于两点，且.直线分别过点且均与轴平行，在直线上分别取点（均在点的右侧），和的角平分线相交于点，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】当直线的斜率不存在时，写出直线的方程，求出，不合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，,，,，联立抛物线的方程，由，求出，根据锐角三角函数表达边长，再进一步求出的面积．
【详解】由的右焦点为，所以抛物线的焦点为，
故，则，因此抛物线，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
代入抛物线的方程，得，
所以，，所以，不合题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，,，,，
联立，得，所以，
所以，所以，
由对称性不妨设，则，
因为和的平分线相交于点，，
所以，，，
所以在中，，
，
所以
，
故答案为：．
14. 已知正方体的棱长为为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出到的距离，又易证面，进而得到点在所在平面的轨迹是以为半径的圆，因为内切圆的半径为，所以该圆一部分位于三角形外，作出图形即可求解．
【详解】因为正方体的棱长为，所以，
所以，
设到的距离为，由，得，
平面，平面，
，
又，，
平面，
，同理可证，又，
面，
点在所在平面的轨迹是以为半径的圆，
内切圆的半径为，
该圆一部分位于三角形外，
如图有，解得，
，
圆在三角形内的圆弧为圆周长的一半，
，
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图所示，圆的半径为2，直线与圆相切于点，圆上的点从点处逆时针转动到最高点处，记.
（1）当时，求的面积；
（2）试确定的值，使得的面积等于的面积的2倍.
【答案】（1）6 （2）
【解析】
【分析】（1）过点作，利用圆的性质求得，代入面积公式直接求解即可；
（2）设的面积为的面积为，结合三角形面积公式建立方程，利用辅助角公式化简求解即可.
【小问1详解】
过点作交于点，如图：
因为圆的半径为2，由题意，
又，所以的面积为.
【小问2详解】
连接，设的面积为的面积为，
又，，
由题意，所以，即，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以当时，使得的面积等于的面积的2倍.
16. 如图，直三棱柱中，，分别是，的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得结果；（Ⅱ）由，可设：AB=，可得 ，以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系如图，利用向量垂直数量积为零列方程分别求出平面的法向量、平面的一个法向量，再由空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】（Ⅰ）如图，连结，交于点，连结，
因为是的中点，
所以在中， 是中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）因为，
所以，即，
则以为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
则，
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则,
则
同理可得平面的一个法向量，
则，
所以，，
所以，
即二面角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
17. 盒中有大小颜色相同的6个乒乓球，其中4个未使用过（称之为新球），2个使用过（称之为旧球）.每局比赛从盒中随机取2个球作为比赛用球，比赛结束后放回盒中.使用过的球即成为旧球.
（1）求一局比赛后盒中恰有3个新球的概率；
（2）设两局比赛后盒中新球的个数为，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布概率公式求解即可；
（2）根据超几何分布概率公式求得分布列，进而求得数学期望即可.
【小问1详解】
由题意可知当比赛使用1个新球，1个旧球时，盒中恰有3个新球，
使用一局比赛后盒中恰有3个新球的概率.
【小问2详解】
由题意可知的可能取值为，
，
，
，
，
，
所以的分布列为
.
18. 已知函数是的导函数，.
（1）求的单调区间；
（2）若有唯一零点.
①求实数的取值范围；
②当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导得到，根据导数与函数单调性间的关系，对分类讨论，即可得出结果；
（2）①法一：直接对进行分类讨论，利用（1）的结果，即可得出结果；法二：分离常量得到，构造函数，将问题转化成函数图象交点个数来解决问题；②构造函数，通过求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到的最小值，从而得出，从而将问题转化成证明，即可证明结果.
【小问1详解】
的定义域为，，
当时，恒成立，此时的单调递增区间是，无单调递减区间，
当时，令得；令得；
此时单调递减区间为；单调递增区间为，
综上，当时，的单调递增区间是，无单调递减区间，
当时，单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
①法一；
当时，没有零点，不符合题意；
当时，由（1）知函数单调递增，
因为，
取，则，
又，故存在唯一，使得，符合题意；
当时，由（1）可知，有唯一零点只需，
即，解得，
综上，的取值范围为.
法二：
当时，没有零点，不符合题意；
由，得到，
令，则，
当时，，则在区间单调递增，
当时，，则在区间单调递减，
又，，
所以或，
即或，
综上，的取值范围为.
②由①得出，
令，则，
令，则恒成立，
所以单调递增，又，
故当时，，则在区间上单调递减，
当时，，则区间上单调递增；
故，所以，
要证，只需证明，
即证，
由
，
所以成立，故不等式得证.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问中的②，构造函数，通过求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到的最小值，从而得出，通过放缩，将问题转化成证明，从而解决问题.
19. 已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
（1）若，求及；
（2）若，求证：互不相同；
（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】（1），.
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；
（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；
（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.
【小问1详解】
因为，所以，则；
【小问2详解】
依题意，
则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
【小问3详解】
依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或.
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.3
4
6
7
2
2.5
4.5
7
0
1
2
3
4