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高级中学名校试卷PAGEPAGE3山东省日照市2024届高三下学期校际联考(二模)数学试题一、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。築.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。篊3.已知,若,则()A1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗由,且,可得,解得.故。篊.4.已知,则()A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为,所以,故。築.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.1 D.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。篈.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.2 B. 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。築.7.已知是定义域为的偶函数,,,若是偶函数,则()A. B. C.4 D.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。篋.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。篋.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。篈C.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。篈CD11.已知是曲线上不同的两点,为坐标原点,则()A.的最小值为3B.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。築CD.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,。傻,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:324154687480920.280.340.440.580.660.740.94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,(。┮阎巢棵挪馐缘钠骄杉ㄎ60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)(。┮捞庖,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(。┘疤峁┑牟慰际菘芍,,,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,.山东省日照市2024届高三下学期校际联考(二模)数学试题一、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。築.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。篊3.已知,若,则()A1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗由,且,可得,解得.故。篊.4.已知,则()A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为,所以,故。築.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.1 D.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。篈.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.2 B. 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。築.7.已知是定义域为的偶函数,,,若是偶函数,则()A. B. C.4 D.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。篋.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。篋.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。篈C.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。篈CD11.已知是曲线上不同的两点,为坐标原点,则()A.的最小值为3B.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。築CD.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,。傻,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:324154687480920.280.340.440.580.660.740.94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,(。┮阎巢棵挪馐缘钠骄杉ㄎ60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)(。┮捞庖,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(。┘疤峁┑牟慰际菘芍,,,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,.

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