山东省实验中学2023-2024学年高三下学期2月开学调研考试 数学 Word版含答案

这是一份山东省实验中学2023-2024学年高三下学期2月开学调研考试 数学 Word版含答案，共10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.0 B.0或2 C.0或-2 D.2或-2
2.若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ）
A.9 B.10 C.11 D.12
3.已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
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.-24 B.-3 C.3 D.8
5.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A.向右平移个单位 B.向左平移个单位
C.向右平移个单位 D.向左平移个单位
6.在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
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.-2 B.-1 C. D.
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.3 B.4 C. D.2
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.
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
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-1
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.若，则__________.
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__________.
14.已知正方体的棱长为为的三等分点，动点在内，且的面积为，则点的轨迹长度为__________.
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.（13分）
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.
16.（15分）
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.
17.（15分）
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.
18.（17分）
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：.
19.（17分）
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.
山东省实验中学2024届高三调研考试
数学参考答案
2024.2
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.
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
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 13. 14.
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.【解析】
（1）过点作交于点，如图：
因为圆的半径为2，
由题意，
所以的面积为
（2）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.【解析】
（1）证明：连接，交点于点，则为的中点.
又是的中点.连接，则.
因为平面平面.
所以平面.
（2）解：由，得.
以为坐标原点，的方向分别为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
不妨设，则.
所以.
设是平面的法向量.
则，即，取.
同理，设是平面的法向量，
则，即，取.
从而，故.
所以二面角的正弦值为.
17.【解析】
解答：（1）
（2）的可能取值为.
，
，
，
，
，
所以的分布列为
.
18.【解析】
解：（1）的定义域为，
当时，恒成立，故的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，令得；令得；
所以单调递减区间为；单调递增区间为
（2）①法一；
当时，没有零点，不符合题意；
当时，函数在单调递增，
因为，
取，则，
又，故存在唯一，使得，符合题意；
（此处用极限说明也可以）
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；
所以，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
又.
所以或，
即或，
综上，的取值范围为.
②由①得出，
令
，
，所以单调递增，又，
故当时，单调递减；
当时，单调递增；
故，故
要证，只需证明，
即证，
由
，
所以成立.故不等式得证.
19.【解析】
解：（1）因为，所以，则.
（2）依题意，
则有，因此，
又因为，
所以，所以互不相同.
（3）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，.3
4
6
7
2
2.5
4.5
7
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
B
A
D
C
C
D
题号
9
10
11
答案
BC
BCD
ACD
0
1
2
3
4