2024.2
說明：本試卷滿分150分.試題答案請用2B鉛筆和0.5mm簽字筆填涂到答題卡規(guī)定位置上，書寫在試題上的答案無效.考試時間120分鐘.
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的
1.設，若，則（ ）
A.0 B.0或2 C.0或-2 D.2或-2
2.若展開式中只有第6項的二項式系數(shù)最大，則（ ）
A.9 B.10 C.11 D.12
3.已知向量，則（ ）
A. B. C. D.
4.等差數(shù)列的首項為1，公差不為0.若成等比數(shù)列，則前6項的和為（ ）
A.-24 B.-3 C.3 D.8
5.要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象（ ）
A.向右平移個單位 B.向左平移個單位
C.向右平移個單位 D.向左平移個單位
6.在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（ ）
A. B. C. D.
7.為研究某池塘中水生植物的覆蓋水塘面積（單位：）與水生植物的株數(shù)（單位：株）之間的相關關系，收集了4組數(shù)據(jù)，用模型去擬合與的關系，設與的數(shù)據(jù)如表格所示：得到與的線性回歸方程，則（ ）
A.-2 B.-1 C. D.
8.雙曲線的左?右頂點分別為，曲線上的一點關于軸的對稱點為，若直線的斜率為，直線的斜率為，則當取到最小值時，雙曲線離心率為（ ）
A.3 B.4 C. D.2
二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9.已知復數(shù)滿足，則（ ）
A. B.
C. D.
10.過線段上一點作圓的兩條切線，切點分別為，直線與軸分別交于點，則（ ）
A.點恒在以線段為直徑的圓上
B.四邊形面積的最小值為4
C.的最小值為
D.的最小值為4
11.已知函數(shù)，則（ ）
A.在其定義域上是單調遞減函數(shù)
B.的圖象關于對稱
C.的值域是
D.當時，恒成立，則的最大值為-1
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12.已知隨機變量.若，則__________.
13.已知拋物線的焦點為橢圓的右焦點，直線過點交拋物線于兩點，且.直線分別過點且均與軸平行，在直線上分別取點（均在點的右側），和的角平分線相交于點，則的面積為__________.
14.已知正方體的棱長為為的三等分點，動點在內，且的面積為，則點的軌跡長度為__________.
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15.（13分）
如圖所示，圓的半徑為2，直線與圓相切于點，圓上的點從點處逆時針轉動到最高點處，記.
（1）當時，求的面積；
（2）試確定的值，使得的面積等于的面積的2倍.
16.（15分）
如圖，直三棱柱中，分別是的中點，.
（1）證明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
17.（15分）
盒中有大小顏色相同的6個乒乓球，其中4個未使用過（稱之為新球），2個使用過（稱之為舊球）.每局比賽從盒中隨機取2個球作為比賽用球，比賽結束后放回盒中.使用過的球即成為舊球.
（1）求一局比賽后盒中恰有3個新球的概率；
（2）設兩局比賽后盒中新球的個數(shù)為，求的分布列及數(shù)學期望.
18.（17分）
已知函數(shù)是的導函數(shù)，.
（1）求的單調區(qū)間；
（2）若有唯一零點.
①求實數(shù)的取值范圍；
②當時，證明：.
19.（17分）
已知有窮數(shù)列中的每一項都是不大于的正整數(shù).對于滿足的整數(shù)，令集合.記集合中元素的個數(shù)為（約定空集的元素個數(shù)為0）.
（1）若，求及；
（2）若，求證：互不相同；
（3）已知，若對任意的正整數(shù)都有或，求的值.
山東省實驗中學2024屆高三調研考試
數(shù)學參考答案
2024.2
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分
12. 13. 14.
四?解答題：共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15.【解析】
（1）過點作交于點，如圖：
因為圓的半徑為2，
由題意，
所以的面積為
（2）連接，設的面積為的面積為，
又，
，
由題意，
所以，即，所以，
因為，所以，所以，所以，
所以當時，使得的面積等于的面積的2倍.
16.【解析】
（1）證明：連接，交點于點，則為的中點.
又是的中點.連接，則.
因為平面平面.
所以平面.
（2）解：由，得.
以為坐標原點，的方向分別為軸?軸?軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系
不妨設，則.
所以.
設是平面的法向量.
則，即，取.
同理，設是平面的法向量，
則，即，取.
從而，故.
所以二面角的正弦值為.
17.【解析】
解答：（1）
（2）的可能取值為.
，
，
，
，
，
所以的分布列為
.
18.【解析】
解：（1）的定義域為，
當時，恒成立，故的單調遞增區(qū)間是，無單調遞減區(qū)間；
當時，令得；令得；
所以單調遞減區(qū)間為；單調遞增區(qū)間為
（2）①法一；
當時，沒有零點，不符合題意；
當時，函數(shù)在單調遞增，
因為，
取，則，
又，故存在唯一，使得，符合題意；
（此處用極限說明也可以）
當時，由（1）可知，有唯一零點只需，
即，解得；
綜上，的取值范圍為.
法二：
當時，沒有零點，不符合題意；
所以，
令，則，
當時，單調遞增；
當時，單調遞減；
又.
所以或，
即或，
綜上，的取值范圍為.
②由①得出，
令
，
，所以單調遞增，又，
故當時，單調遞減；
當時，單調遞增；
故，故
要證，只需證明，
即證，
由
，
所以成立.故不等式得證.
19.【解析】
解：（1）因為，所以，則.
（2）依題意，
則有，因此，
又因為，
所以，所以互不相同.
（3）依題意.
由或，知或.
令，可得或，對于成立，
故或.
①當時，，
所以
②當時，或.
當時，由或，有，
同理，所以
當時，此時有，
令，可得或，即或.
令，可得或.令，可得.所以.
若，則令，可得，與矛盾.所以有.
不妨設
令，可得，因此.
令，則或.故.
所以
綜上，時，.
時，.3
4
6
7
2
2.5
4.5
7
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
B
A
D
C
C
D
題號
9
10
11
答案
BC
BCD
ACD
0
1
2
3
4

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