山东省青岛市2024届高三下学期第一次适应性检测数学试题

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本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 等比数列中，，，则（ ）
A. 32B. 24C. 20D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用已知求出首项和公比,再求.
【详解】由题得
所以.
故选：A.
2. 在展开式中，项的系数为（ ）
A. 1B. 10C. 40D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】利用通项求解可得.
【详解】通项公式为，
当时，，
所以项的系数为80.
故选：D
3. 已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由空间中的线面关系，即可判断.
【详解】根据线面平行的判定定理可得，若，则，即必要性成立，
若，则不一定成立，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. △ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则△ABC的面积为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理化边为角得，再利用三角形面积公式即可.
【详解】根据正弦定理得，因为，则，
所以，解得，
所以.
故选：A.
5. 2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：cm，cm，cm，若，，则璜身（即曲边四边形ABCD）面积近似为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定图形求出圆心角，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】显然为等腰三角形，，则，，
即，于是，
所以璜身的面积近似为.
故选：C
6. 记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（ ）
A. 9B. 16C. 25D. 50
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果.
【详解】∵，
又∵，
∴，当且仅当时，取“=”
∴的最大值为25.
故选：C
7. ，，，则的值为（ ）
A. 2B. 1C. 0D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】利用赋值法求出的值，将变形为，即可推出，可得函数周期，由此即可求得答案.
【详解】由题意知，，，
令，则
显然时，不成立，故，
故，则，
即6为函数的周期，
则，
故选：B
8. 已知，，设点P是圆上的点，若动点Q满足：，，则Q的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，点在的平分线上且，由此作出图形，利用等腰三角形“三线合一”与三角形中位线定理，证出，从而得到的轨迹方程.
【详解】由，可得，
而，可知点在的平分线上.
圆，圆心为原点，半径，
连接，延长交于点，连接，
因为且，所以，且为中点，，
因此，，
点在以为焦点的双曲线上，设双曲线方程为，
可知，由，得，故，
双曲线方程为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将题中的转化为在的平分线上，进而证明为等腰三角形，将转化为得出所求轨迹为双曲线.
二、选择题：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. 袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
A. 事件与是互斥事件B. 事件与是对立事件
C. 事件与是互斥事件D. 事件与相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.
【详解】对于AB：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件与是互斥事件，也是对立事件，AB正确；
对于C：如果取出的数为，则事件与事件均发生，不互斥，C错误；
对于D：，
则，即事件与不相互独立，D错误；
故选：AB.
10. 已知复数z，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则z为实数B. 若，则
C. 若，则的最大值为2D. 若，则z为纯虚数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，则，
若，即，即，则z为实数，故A正确；
若，即，
化简可得，即，即，
当时，，，此时不一定满足，
当时，，，此时不一定满足，故B错误；
若，即，
所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点，
且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确；
若，即，
，即，
化简可得，则且，
此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误；
故选：AC
11. 已知函数，则（ ）
A. 在区间单调递增
B. 的图象关于直线对称
C. 的值域为
D. 关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D.
【详解】对于A：当时，
所以，
因为在上单调递增，又，
所以，
因为，即，所以，即，
所以，所以，
又在上单调递增，在上单调递减，
所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误；
对于B：因为，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因，
令，则，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，又，，，
所以，所以的值域为，故C正确；
对于D：当时，所以，
由A选项可令且，
则当时单调递增，
令，即时在上单调递增，且，
所以在上单调递减，
又，令，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递增，
当，即时在上单调递减，且，
所以在上单调递减，
又，，，
所以在上的函数图象如下所示：
由图可知：
①当时与有且仅有一个交点，
即关于的方程在区间的实数根为；
②当或时与有两个交点，
即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称，
所以两根之和为；
③当时与有四个交点，
即关于方程在区间有四个实数根，不妨设为且，
所以与关于对称，与关于对称，
所以；
④当或时与无交点，
即关于的方程在区间无实数根；
综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，，则的所有元素之和为______．
【答案】0
【解析】
【分析】求出集合B，再求，然后可得.
【详解】由题知，，
所以，
所以的所有元素之和为.
故答案为：0
13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.
【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴，
又，所以，
所以为等腰直角三角形，故，
所以，即，
所以，整理得，
解得或（舍去），
故.
故答案为：
14. 已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为______.
【答案】##
【解析】
【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.
【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
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. 为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1．
（1）根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100）的人数记为，求随机变量的分布列与数学期望．
【答案】（1）67（分钟）
（2）分布列见解析；期望为1
【解析】
【分析】（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）依题意求出随机变量的分布列，并利用数学期望公式求解.
【小问1详解】
由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
（分钟）
【小问2详解】
由题意，[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
则
所以分布列为：
16. 已知函数．
（1）若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据可得，即可利用点斜式求解，
（2）求导，结合分类讨论求解导函数的正负，结合二次方程根的情况，即可求解.
【小问1详解】
当时，，解得
又因为，所以切线方程为：，即
【小问2详解】
的定义域为，
当时，得恒成立，在单调递增
当时，令，
（i）当即时，
恒成立，在单调递增
（ii）当即时，
由得，或，
由得，
所以在，单调递增，
在单调递减
综上：当时，在单调递增；
当时，在，单调递增；
在单调递减
17. 如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18. 已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析 ；②16
【解析】
【分析】（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.
【小问1详解】
设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
【小问2详解】
①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.
19. 记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．
（1）若，用表示；
（2）证明：；
（3）若，，，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得；
（2）利用新定义证明即可；
（3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证.
【小问1详解】
因为
，
且，
所以，由可得，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以
又因为
所以，
所以.
【小问3详解】
对于，
因为，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证.0
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