山东省日照市2024届高三下学期校际联考(二模)数学试卷(解析版)

这是一份山东省日照市2024届高三下学期校际联考(二模)数学试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知幂函数图象过点，则函数的解析式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设幂函数的解析式为，由于函数过点，故，解得，该幂函数的解析式为；
故选：B.
2. 已知，则“”是“”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】C
【解析】因为函数在定义域上单调递增，
所以由推得出，故充分性成立；
由推得出，故必要性成立，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 已知，若，则（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由，且，
可得，解得.
故选：C.
4. 已知，则（ ）
A. B.
C.D.
【答案】B
【解析】因为，
所以,故选：B.
5. 已知数列各项均为正数，首项，且数列是以为公差的等差数列，则（ ）
A. B. C. 1D. 9
【答案】A
【解析】因为数列各项均为正数，首项，则，
又数列是以为公差的等差数列，
则，故，
故选：A.
6. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】取中点，可知在球面上，可得，
所以，

点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，，
所以最大值为.
故选：B.
7. 已知是定义域为的偶函数，，，若是偶函数，则（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】D
【解析】因为是偶函数，
所以的图象关于直线对称，
即，
即，
所以.
所以关于点中心对称.
又是定义域为的偶函数，
所以，
所以，
即，
所以函数的周期为4.
所以，
所以.故选：D.
8. 如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设过且平行于平面的平面为，
由题意知，四面体在平面的上方时和下方时完全对称，故函数的周期为．取中点E，连接CE、D+E，如图，

，，，
，，，
则，而，故，，
所以到的距离为，
又，，平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，又，
所以直线与平面所成的角为，
，E为AB中点，
，又在平面内，则面CDE，
又面CDE，则DE，
，在平面内 ，则面ABC，
又面ABD，则面ABD面ABC，
设在平面的投影为，可得．
下面讨论一个周期内的情形：
当时，如图，

，
，，则，故．
当时，如图，

到的距离为，，
当时等号成立，
，
即．
综上所述，，此时，又直线与平面所成的角为，
所以平面与平面所成的角为．故选：D．
二、选择题
9. 同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ）
A.与相互独立B.与互斥
C. D.
【答案】AC
【解析】对于A，依题意，，，
所以事件与事件相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，故B错误；
对于C、D，，因为，所以，
所以，故C正确，D错误．故选：AC．
10. 已知函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下列命题正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期是
B. 函数在上单调递减
C. 函数的图象向左平移个单位后关于直线对称
D. 若圆的半径为，则
【答案】ACD
【解析】A选项，由对称性可知点的横坐标为，
设的最小正周期为，则，
解得，A正确；
B选项，因为，所以，
点在图象上，即点在图象上，将其代入函数解析式得，又，故，解得，
故，
当时，，
又，在上不单调，
故函数在上不单调递减，B错误；
C选项，函数的图象向左平移个单位后得到，
其中，故关于直线对称，C正确；
D选项，若圆的半径为，即，
又，故，解得，
所以将代入中得，，解得，
则，D正确.
故选：ACD
11. 已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A. 的最小值为3
B.
C. 若直线与曲线有公共点，则
D. 对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直
【答案】BCD
【解析】当时，原方程即，
化简为，轨迹为椭圆，将代入，解得，则此时，即此部分为椭圆的一半，当时，原方程即，化简得，
将代入，解得或，
则此时，即此部分为圆的一部分，作出曲线的图形如下：

选项A：当时，，当时取最小值3，
当时，，当时取最小值1，
则的最小值为1，故A错误；
选项B：因为表示点与点和点的
距离之和，当时，点和点为椭圆的焦点，
由椭圆定义可知=4，
当时，点为圆的圆心，点在圆上，
所以=
当点P在或时最大，且为2，
所以，
即，故B正确；
选项C：直线过定点，当直线经过或时，
直线斜率，
联立，化简得，
因直线与曲线有公共点，即，
解得或，
所以直线与曲线有公共点时，故C正确；
选项D：当点P在椭圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P，
则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零正实数，
曲线C在y轴右侧椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零负实数，使得两切线斜率为负倒数，
同理，当点P在圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P，
则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零负实数，
曲线C在y轴右侧圆部分切线斜率也可以取到任何非零正实数，使得两切线斜率为负倒数，
所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题
12. 设为虚数单位．若集合，，且，则______．
【答案】
【解析】由集合，，因为，
当时，此时，方程组无解；
当时，此时，解得，
综上可得，实数的值为.故答案为：.
13. 已知轴为函数的图像的一条切线，则实数的值为___________.
【答案】
【解析】由，得，
设切点为，，
则，消去并整理，得，则．．
故答案为：．
14. “序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于或1.设是一个有限“序列”，表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组.例如：，则.定义，，若中1的个数记为，则的前10项和为______.
【答案】
【解析】因为，依题意得，，，
显然，中有2项，其中1项为，1项为1，中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0，
由此可得中共有项，其中1和的项数相同，
设中有项为0，1和的项数相同都为，所以，，
从而①，
因为表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，
得到新的有序实数组，则②，
①②得③，所以④，
④③得，
所以当为奇数且时，，
经检验，当时符合，所以(为奇数)，
当偶数，则为奇数，又因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，
所以的前10项和为.
故答案为：
四、解答题
15. 的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且．
（1）求角；
（2）若，，求．
（1）解：由分别以为边长的正三角形的面积依次为，
则，可得，
由余弦定理得，因为，所以.
（2）解：设（其中为锐角），
在和中，由正弦定理可得且，于是，
又因为，所以，
化简得，
根据同角三角函数的基本关系式，可得，
因为，联立方程组，解得，即.
16. 在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

（1）求证：；
（2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
（1）解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，
解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.

17. 某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．
（1）已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为，求的最有可能的取值：
（2）该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示：
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，
（ⅰ）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率．
参考公式与数据：①．
②线性回归方程中，，．
③若随机变量，则，，．
解：（1）依题意，随机变量服从超几何分布，且的可能取值为，，，，
则，，，．
由此可得最大，即的可能性最大，故最有可能的取值为；
（2）（ⅰ）依题意，两边取对数，得，
即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，
所以，
由提供的参考数据，可得，
故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（ⅱ）由（ⅰ）及提供的参考数据可知，，，
又，即，可得，即．
又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
所以绩效等级优秀率不低于的概率等于．
18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知直线与椭圆相切，与圆相交于两点，设为圆上任意一点，求的面积最大时直线的斜率．
解：（1）由题椭圆的左焦点为，
即①；
当时，，
又过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，所以②，
由①②得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）当斜率存在时，设直线方程为,与联立，消去并整理得：
已知直线与椭圆相切，所以，
化简得：；
又O到直线的距离为，
设P到直线的距离为，则，
则的面积，
令,
得,
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值也是最大值,
当斜率不存在时，可得，
此时的面积，
因为，所以，
综上：的面积最大值为，此时
故的面积最大时直线的斜率为.
19. 已知函数，．
（1）判断函数在区间上的零点个数，并说明理由；
（2）函数在区间上的所有极值之和为，证明：对于．
（1）解：因为函数，所以，
当时，，所以，在上单调递减，
且，所以在上无零点；
当时，，所以，在上单调递增，
且，，所以在上有唯一零点；
当时，，，在上单调递减，
且，，所以在上有唯一零点；
综上，函数在区间上有两个零点．
（2）证明：因为，所以，
由（1）知，在无极值点，在有极小值点，记为，
在有极大值点，记为，
同理可得，在有极小值点，，
在有极值点，
由，得，
因为，，所以，
所以，因为，，所以，
所以，，
因为，所以，
由函数在上单调递增，得．
所以，
因为在内单调递减，所以，
所以，
同理，，，，
因为在上单调递减，所以，
所以，且，；
当为偶数时，，
当为奇数时，，
综上知，对，．
32
41
54
68
74
80
92
0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94