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）

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