绝密★启用并使用完毕前山东省实验中学2024届高三第一次诊断考试数学试题2023.10注意事项:1.答卷前,先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上,并在答题纸规定位置贴条形码.2.本试卷满分150分,分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,第Ⅰ卷为第1页至第2页,第Ⅱ卷为第3页至第4页.3.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.4.非选择题的作答:用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.第Ⅰ卷一、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.已知集合,,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合和,即可得出的取值范围.【详解】解:由题意在,中,,∴故选:B.2.已知复数满足,其中为虚数单位,则为()A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】计算,再计算共轭复数得到答案.【详解】,则.故选:C3.“”是“,成立”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】A【解析】【分析】由,成立求出b的范围,再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】由,成立,则当时,恒成立,即,当时,,解得,因此,成立时,,因为,所以“”是“,成立”的充分不必要条件.故选:A4.设随机变量,满足:,,则()A.4 B.5 C.6 D.7【答案】A【解析】【分析】二项分布与次独立重复试验的模型.先利用二项分布的数学期望公式求出,再利用方差的性质求解即可.【详解】解:因为,则,又,所以.故选:A.5.设数列为等比数列,若,,则数列的前项和为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件求出等比数列的首项和公比,再利用等比数列的求和公式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为,则,解得,因此,数列的前项和为.故选:C.6.已知函数满足对任意,都有成立,则a的取值范围是()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的单调性,再根据分段函数单调性的定义,列式求解.【详解】∵满足对任意,都有成立,∴在上是减函数,,解得,∴a的取值范围是.故选:C.7.已知函数为R上的奇函数,为偶函数,则()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意,利用函数的奇偶性和对称性,逐项分析、判定选项,即可求解.【详解】对于A中,函数为偶函数,则有,可得,又由为奇函数,则,则有,所以,即,所以A错误;对于B中,函数为偶函数,则有,所以B不正确;对于C中,由,则,所以是周期为4的周期函数,所以,所以C正确;对于D中,由是周期为4的周期函数,可得,其中结果不一定为0,所以D错误.故选:C.8.已知,,均为单位向量,满足,,,,则的最小值为()A. B. C. D.-1【答案】B【解析】【分析】首先确定向量的夹角,从而构建单位圆,确定向量的坐标,并利用三角函数表示,并利用三角函数求最小值.【详解】,所以,根据,,则,,如图,建立平面直角坐标系,设,,,,由,可知,,得,,,其中,所以,则,所以当时,所以的最小值是.故选:B二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列说法正确的是()A.在研究成对数据的相关关系时,线性相关关系越强,相关系数越接近于1B.样本数据:27,30,37,39,40,50的第30百分位数与第50百分位数之和为68C.已知随机变量,若,则D.将总体划分为2层,通过分层随机抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为和,,若,则总体方差【答案】ABC【解析】【分析】A由相关系数的实际意义判断;B由百分位数定义求出对应分位数判断;C根据正态分布对称性判断;D由分层抽样中样本、总体间的均值、方差关系判断.【详解】A:由成对数据相关性中相关系数实际意义知:相关系数越接近于1,线性相关关系越强,反之也成立,对;B:由,则第30百分位数与第50百分位数分别为,故和为68,对;C:由,故,根据正态分布对称性:,对;D:由题意,总体均值为,若两层样本容量依次为,则,当且仅当时,错.故选:ABC10.若,则()A. B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】首先由条件得,再根据不等式的性质,以及函数的单调性,即可判断选项.【详解】由,得,则,所以,故A正确;,,则,故B正确;由,则,故C错误;由,则,故D错误故选:AB11.已知函数,则()A.的图象关于原点对称 B.的最小正周期为C.的图象关于直线对称 D.的值域为R【答案】ACD【解析】【分析】根据奇函数的定义即可判断A,根据周期的定义即可判断B,根据即可判断C,根据奇偶性以及单调性即可判断D.【详解】令,故的定义域为,关于原点对称,有为奇函数,A正确,,不是的周期,故B错误,,由于,故是的一条对称轴,故C正确,令,在单调递增,故在上的范围为,由于为奇函数,所以在上的范围为,故的值域为R,D正确,故选:ACD12.在平面直角坐标系xOy中,将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后,所得曲线仍然是某个函数的图象,则称为“旋转函数”,则()A.存在“90°旋转函数”B.“70°旋转函数”一定是“80°旋转函数”C.若为“45°旋转函数”,则D.若为“45°旋转函数”,则【答案】ACD【解析】【分析】对A,举例说明即可;对B,举反例判断即可;根据函数的性质,结合“旋转函数”的定义逐个判断即可;对CD,将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点,再联立函数与直线的方程,分析零点个数判断即可.【详解】对于A,如,旋转90°后为满足条件,故A正确;对于B,如倾斜角为的直线是旋转函数,不是旋转函数,故B错误;对与C,若为旋转函数,则根据函数的性质可得,逆时针旋转后,不存在与轴垂直的直线,使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立,可得.当时,最多1个解,满足题意;当时,的判别式,对任意的,都存在使得判别式大于0,不满足题意,故.故C正确;对与D,同C,与的交点个数小于等于1,即对任意的,至多1个解,故为单调函数,由,故恒成立,即恒成立.即图象在上方,故,即.当与相切时,可设切点,对求导有,故,解得,此时,故.故D正确.故选:ACD.【点睛】数学中的新定义题目解题策略:①仔细阅读,理解新定义的内涵;②根据新定义,对对应知识进行再迁移.第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若,则______.【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式以及辅助角公式即可求解.【详解】由得,故,故答案为:14.已知平面向量,为单位向量,且,若,则______.【答案】【解析】【分析】代入向量数量积的夹角公式,即可求解.【详解】,,所以.故答案为:15.二项式展开式的各项系数之和被7除所得余数为______.【答案】6【解析】【分析】利用赋值法可得系数和为,进而根据二项式定理展开式的特征可得余数.【详解】令得,由于,由于,均能被7整除,所以余数为6,故答案为:616.若函数在区间恰有2个零点,则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】利用三角函数的性质计算即可.【详解】在时,,此时的图象关于直线对称,若,则,易知或时,,因为恰有两个零点,故,此时只能取到,如下图所示,符合题意;若,则,同上,有,此时只能取到,如下图所示,符合题意;综上.故答案为:.【点睛】本题关键在于对符号的讨论,还需要考虑到的对称性,取零点时通过数形结合注意端点即可.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,.(1)求;(2)若D为BC上一点,且,求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据余弦定理求解,即可由三边求解,进而可求正弦值,(2)根据面积公式即可求解.【小问1详解】由余弦定理可得:,则,,,所以.【小问2详解】由三角形面积公式可得,则.18.已知数列前n项和为,且.(1)求的通项公式;(2)若数列满足,求数列的前2n项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据即可求解,(2)根据分组求和,结合等差等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】当时,,当时,,因为也符合上式.所以.【小问2详解】由(1)可知,所以.19.如图,某公园拟在长为8(百米)的道路OP的一侧修建一条运动跑道,跑道的前一部分为曲线段OSM,该曲线段为函数,的图象,且图象的最高点为,跑道的后一部分为折线段MNP.为保证跑步人员的安全,限定.(1)求A,;(2)求折线段跑道MNP长度的最大值.【答案】(1),(2)百米【解析】【分析】(1)由图象即可得A和函数的周期,继而求得;(2)解法一,由(1)的函数解析式,即可求得M点坐标,求出MP的长,在中利用余弦定理结合基本不等式即可求得答案;解法二,在中利用正弦定理求得的表达式,结合三角恒等变换化简,即可求得答案.【小问1详解】依题意,有,,则,又,∴;【小问2详解】由(1)知,.当时,,∴.又,∴.解法一:在中,,,由余弦定理得.故,从而,即,当且仅当时等号成立.故折线段赛道MNP最长为百米.解法二:在中,,.设,则.由正弦定理得,∴,.故.∵,∴当时,取到最大值,即折线段赛道MNP最长,故折线段赛道MNP最长为百米.20.已知、分别为定义域为偶函数和奇函数,且.(1)求的单调区间;(2)对任意实数均有成立,求实数的取值范围.【答案】(1)的增区间为,减区间为(2)【解析】【分析】(1)对于将换成结合奇偶性求出、的解析式,在利用导数求出函数的单调区间;(2)设,则问题转化为在时恒成立,参变分离可得,再利用基本不等式求出的最小值,即可求出的取值范围.【小问1详解】因为①,、分别为定义域为的偶函数和奇函数,所以,,所以,即②,①②解得,,所以,,所以()在定义域上单调递增,又,所以当时,即的单调递增区间为,当时,即的单调递减区间为.【小问2详解】设,因为,当且仅当时取等号,所以,不等式恒成立,转化为在时恒成立,分离参数得在时恒成立,由均值不等式,当且仅当时取等号,故最小值为,所以,故实数的取值范围为.21.某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动,每位顾客只用一个会员号登陆,每次消费都有一次随机摸球的机会.已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为;从第二次摸球开始,若前一次没抽中奖品,则这次抽中的概率为,若前一次抽中奖品,则这次抽中的概率为.记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为.(1)求的值,并探究数列的通项公式;(2)求该顾客第几次摸球抽中奖品的概率最大,请给出证明过程.【答案】(1),(2)第二次,证明见解析【解析】【分析】(1)根据全概率公式即可求解,利用抽奖规则,结合全概率公式即可由等比数列的定义求解,(2)根据,即可对分奇偶性求解.【小问1详解】记该顾客第次摸球抽中奖品为事件A,依题意,,.因为,,,所以,所以,所以,又因为,则,所以数列是首项为,公比为的等比数列,故.【小问2详解】证明:当n为奇数时,,当n为偶数时,,则随着n的增大而减小,所以,.综上,该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大.22.已知函数的最小值为1.(1)求a;(2)若数列满足,且,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)首先求函数的导数,并讨论和两种情况讨论函数的单调性,并求函数的最小值,即可求实数的取值;(2)由(1)的结果可知,,,并设,,利用导数判断函数的单调性,根据,即可证明.【小问1详解】,.①若,恒成立,可得在上单调递增,没有最小值,不符合题意;②若,令,得,当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,所以.【小问2详解】证明:由(1)可得,在上单调递减,在上单调递增,则有,因为,所以,.令,,,所以在区间上单调递减,且,所
山东省实验中学2024届高三第一次诊断考试数学试题(解析版)
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