山东省实验中学2025届高三上学期第二次诊断考试数学试题（Word版附解析）

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2024.11
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 设集合，若，则实数m=（ ）
A. 0B. C. 0或D. 0或1
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合关系，分别讨论和两种情况，求解并检验集合的互异性，可得到答案.
【详解】设集合，若，
，或，
当时，，此时；
当时，，此时；
所以或.
故选：C
2. 已知复数满足，则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出,即可得出结果.
【详解】由可得
，
所以的虚部是.
故选：A
3. 已知等比数列中，，则（ ）
A. 4B. C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据下标和性质，结合同号可得.
【详解】由等比数列下标和性质可得，
又，所以.
故选：A
4. 设函数，若，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分和两种情况进行求解即可得答案.
【详解】当时，则，解得；
当时，则，解得．
综上，的取值范围是．
故选：A．
5. 已知则等于
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用和差角公式及同角关系式求得的值，然后利用对数的运算法则即得.
【详解】，
，，
，
，
，
.
故选：C.
6. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
7. 已知函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，再求出在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正的值范围.
【详解】函数，求导得，
由在区间上有最小值，
得在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令，则在区间上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
8. 将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可以分析出，抛掷两次总的基本事件有36个，随后进行列举分析.
【详解】抛掷两次总的基本事件有36个.当x=1时,没有满足条件的基本事件；
当x=2时，y=1满足；当x=3时，y=1，2，6满足；当x=4时，y=1，2，3，5，6满足；
当x=5时，y=1，2，6满足；当x=6时，y=1满足.
总共有13种满足题意，所以P(A)=.
故选：C.
二､多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 的图象关于直线对称
C. 是偶函数
D. 将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象
【答案】ABD
【解析】
【分析】由最值求，由周期求，结合特殊点的三角函数值求，进而可求函数解析式；将代入计算，得到最小值就可判断；利用奇函数的定义进行判断为奇函数即可判断；直接进行伸缩变化即可判断．
【详解】A．由图可得，，，解得，
又函数图象经过点，所以，即，
因为，所以，解得，故，故A正确；
B．当时，，此时函数取得最小值，
的图象关于直线对称，故B正确；
C．是奇函数，故C错误；
D．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，
得到函数的图象，故D正确，
故选：ABD．
10. 如图，在四边形中，，，， ，，则下列结果正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，由已知条件利用向量数量积运算得解；对B，在中，由余弦定理可得解；对C，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求得答案；对D，求出，利用三角形面积公式求解.
【详解】对于A，如图，连接，由，
解得，又，所以，故A正确；
对于B，在中，由余弦定理得，，
，故B错误；
对于C，因为，，所以，，
，，，
在中，由正弦定理，，即
解得，
在中，由余弦定理可得，
即，则，故C正确；
对于D，在中，，，，
，
，故D正确.
故选：ACD.
11. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）.给出下列四个结论，其中正确结论是（ ）
A. 图形关于轴对称
B. 曲线恰好经过4个整点（即横､纵坐标均为整数的点）
C. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过
D. 曲线所围成的“心形”区域的面积大于3
【答案】ACD
【解析】
【分析】将换成方程不变，得到图形关于轴对称，根据对称性，分类讨论，逐一判定，即可求解.
【详解】对于A，将换成方程不变，所以图形关于轴对称，故A正确；
对于B，当时，代入可得，解得，即曲线经过点，
当时，方程变换为，由，解得，所以只能取整数，
当时，，解得或，即曲线经过，
根据对称性可得曲线还经过，故曲线一共经过6个整点，故B错误；
对于C，当时，由可得，（当时取等号），
，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，
根据对称性可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故C正确；
对于D，如图所示，
在轴上图形的面积大于矩形的面积：，轴下方的面积大于等腰三角形的面积：，
所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了命题的真假判定及应用，以及曲线与方程的应用，其中解答中合理利用图形的对称性，逐一判定是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若为偶函数，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】利用偶函数的性质得到，从而求得，再检验即可得解.
【详解】因为为偶函数，定义域为，
所以，即，
则，故，
此时，
所以，
又定义域为，故为偶函数，
所以.
故答案为：2.
13. 已知向量满足，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量减法的几何意义确定点的轨迹，然后由数量积性质计算可得.
【详解】因为，所以，整理得，
所以，作，
因为，所以点在以为圆心，半径为的圆上，
因，所以，
记的夹角为，则，
所以，当向量与向量同向时，取得最大值.
故答案为：
14. 定义：如果集合存在一组两两不交（任意两个集合交集为空集时，称为不交）的非空真子集，且，那么称无序子集组构成集合的一个划分.若使函数在有且仅有一个零点的的取值集合为，则集合的所有划分的个数为__________.
【答案】14
【解析】
【分析】通过零点个数确定，再结合新定义即可求解.
【详解】函数在有且仅有一个零点，则，
，
集合有4个元素，集合的2划分个数为，
集合的3划分个数为，集合的4划分个数为1，
故集合的所有划分的个数为14.
故答案为：14
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. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列定义由前项和公式计算可得；
（2）易知是公比为4的等比数列，代入等比数列前项和公式可得结果.
【小问1详解】
设的公差为，
由可得，
解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
易知是公比为4的等比数列，
所以可得.
16. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若点在边上，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）法一，由正弦定理边化角结合两角和正弦公式以及诱导公式即可得证；法二，去分母利用射影定理可得结论；法三，去分母结合余弦定理可得结论；
（2）法一，首先在和中，运用两次余弦定理，得，，结合平方关系、三角形面积公式即可得解.法二，，，可求得，下同法一.法三，利用，两边平方结合余弦定理可求得，下同法一.
【小问1详解】
（法一）因为，
由正弦定理知，
所以3，
所以3，
即，
因为，
所以，
所以，即.
（法二）因为，
所以，
所以，
由射影定理得，即.
（法三）因为，
所以，
所以，
所以，即.
【小问2详解】
（法一）在中，，
在中，，
所以，所以，
所以，因为B∈0,π，
所以，
所以.
（法二），
，
所以，解之得.
下同法一.
（法三）因为，
所以①，
②，
将②代入①得，解之得，
下同法一.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若有三个极值点，求正数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，求导可得，然后将极值点问题转化为方程根问题，再构造函数求导，即可得到结果.
【小问1详解】
，则
当时，的两根为.
①若在上单调递增；
②若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
③若，则，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
④时，则，则在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，无单调减区间，单调增区间为；
当时，单调减区间为，单调增区间为和；
当时，单调减区间为，单调增区间为和；
当时，单调减区间为，单调增区间为；
【小问2详解】
根据题意可知，函数的定义域为，
则，
由函数有三个极值点可知在上至少有三个实数根；显然，则需方程，
也即有两个不等于3的不相等的实数根；
由可得，
令，则，
显然当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
所以，
画出函数与函数在同一坐标系下的图像，
由图可得且时，在上有两个不等于3的相异的实数根，
经检验可知当时，导函数在左右符号不同，即均是的变号零点，满足题意；
因此实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数单调性问题以及利用导数研究函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论以及合理构造函数求解.
18. 口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.
（1）记总的抽取次数为X，求E（X）；
（2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.
【答案】（1）
（2）6，答案见解析
【解析】
【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；
（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黑球的影响说明期望的大小关系．
【小问1详解】
X可能取值为4，5，6，7，
，
；
【小问2详解】
Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和 ，
，
，
，
，
.
在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.
19. 设为正整数，为正实数列．我们称满足（其中）的三元数组为“比值组”.
（1）若，且为等差数列，写出所有的比值组；
（2）给定正实数，证明：中位数为4（即中）的比值组至多有3个；
（3）记比值组的个数为，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由以及等差数列性质得，进而根据比值组定义对和相应的取值进行分类讨论即可得解.
（2）依据题意得固定时，则至多有一个使得成立，接着由得的取值有三种即可得证.
（3）由固定时，则至多有一个使得成立，结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，再对分偶数和奇数两种情况计算即可得证.
【小问1详解】
因为为等差数列，设其公差为，
若，则，，
所以当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，不符合；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，不符合；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，不符合；当且时，，不符合；
综上，若且为等差数列的所有的比值组为.
【小问2详解】
因为，，
所以当固定时，则至多有一个使得成立，
因为，所以或或共三种取法，
所以中位数为4（即中）的比值组至多有3个.
【小问3详解】
对给定的，满足，且①的三元数组的个数记为，
因为，所以当固定时，则至多有一个使得①成立，
因为，所以值有种取法，故，
同理，若当固定时，则至多有一个使得①成立，
因，所以值有种取法，故，
所以，
当为偶数时，设，
则当时，，
当时，，
所以
，
当为奇数时，设，
则当时，，
当时，，
则有
，
所以综上，记比值组的个数为，则.
【点睛】关键点睛：求证的关键1是得出固定时至多有一个使得成立，从而结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，关键2是明确到影响到的大小，而的奇偶性影响的取值，进而对分偶数和奇数两种情况计算并将分成两部分计算即可得证.