山東省青島市2024屆高三下學(xué)期第一次適應(yīng)性檢測數(shù)學(xué)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

本試卷共4頁，19題，全卷滿分150分．考試用時120分鐘．
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上，并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需要改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
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. 等比數(shù)列中，，，則（）
A. 32B. 24C. 20D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用已知求出首項和公比,再求.
【詳解】由題得
所以.
故選：A.
2. 在展開式中，項的系數(shù)為（）
A. 1B. 10C. 40D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】利用通項求解可得.
【詳解】通項公式為，
當(dāng)時，，
所以項的系數(shù)為80.
故選：D
3. 已知直線a，b和平面，，，則“”是“”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由空間中的線面關(guān)系，即可判斷.
【詳解】根據(jù)線面平行的判定定理可得，若，則，即必要性成立，
若，則不一定成立，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分條件.
故選：B
4. △ABC內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則△ABC的面積為（）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)正弦定理化邊為角得，再利用三角形面積公式即可.
【詳解】根據(jù)正弦定理得，因為，則，
所以，解得，
所以.
故選：A.
5. 2024年2月4日，“龍行中華——甲辰龍年生肖文物大聯(lián)展”在山東孔子博物館舉行，展覽的多件文物都有“龍”的元素或圖案．出土于魯國故城遺址的“出廓雙龍勾玉紋黃玉璜”（圖1）就是這樣一件珍寶．玉璜璜身滿刻勾云紋，體扁平，呈扇面狀，璜身外鏤空雕飾“S”型雙龍，造型精美．現(xiàn)要計算璜身面積（厚度忽略不計），測得各項數(shù)據(jù)（圖2）：cm，cm，cm，若，，則璜身（即曲邊四邊形ABCD）面積近似為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定圖形求出圓心角，再利用扇形面積公式計算即得.
【詳解】顯然為等腰三角形，，則，，
即，于是，
所以璜身的面積近似為.
故選：C
6. 記正項等差數(shù)列的前n項和為，，則的最大值為（）
A. 9B. 16C. 25D. 50
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的求和公式計算可得，利用基本不等式計算即可得出結(jié)果.
【詳解】∵，
又∵，
∴，當(dāng)且僅當(dāng)時，取“=”
∴的最大值為25.
故選：C
7. ，，，則的值為（）
A. 2B. 1C. 0D. －1
【答案】B
【解析】
【分析】利用賦值法求出的值，將變形為，即可推出，可得函數(shù)周期，由此即可求得答案.
【詳解】由題意知，，，
令，則
顯然時，不成立，故，
故，則，
即6為函數(shù)的周期，
則，
故選：B
8. 已知，，設(shè)點P是圓上的點，若動點Q滿足：，，則Q的軌跡方程為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意，點在的平分線上且，由此作出圖形，利用等腰三角形“三線合一”與三角形中位線定理，證出，從而得到的軌跡方程.
【詳解】由，可得，
而，可知點在的平分線上.
圓，圓心為原點，半徑，
連接，延長交于點，連接，
因為且，所以，且為中點，，
因此，，
點在以為焦點的雙曲線上，設(shè)雙曲線方程為，
可知，由，得，故，
雙曲線方程為.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵是將題中的轉(zhuǎn)化為在的平分線上，進(jìn)而證明為等腰三角形，將轉(zhuǎn)化為得出所求軌跡為雙曲線.
二、選擇題：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. 袋子中有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中隨機取出兩個球，設(shè)事件“取出的球的數(shù)字之積為奇數(shù)”，事件“取出的球的數(shù)字之積為偶數(shù)”，事件“取出的球的數(shù)字之和為偶數(shù)”，則（）
A. 事件與是互斥事件B. 事件與是對立事件
C. 事件與是互斥事件D. 事件與相互獨立
【答案】AB
【解析】
【分析】利用互斥，對立，相互獨立的概念逐一判斷.
【詳解】對于AB：取出的球的數(shù)字之積為奇數(shù)和取出的球的數(shù)字之積為偶數(shù)不可能同時發(fā)生，且必有一個發(fā)生，故事件與是互斥事件，也是對立事件，AB正確；
對于C：如果取出的數(shù)為，則事件與事件均發(fā)生，不互斥，C錯誤；
對于D：，
則，即事件與不相互獨立，D錯誤；
故選：AB.
10. 已知復(fù)數(shù)z，下列說法正確的是（）
A. 若，則z為實數(shù)B. 若，則
C. 若，則的最大值為2D. 若，則z為純虛數(shù)
【答案】AC
【解析】
【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的運算以及其幾何意義，對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【詳解】設(shè)，則，
若，即，即，則z為實數(shù)，故A正確；
若，即，
化簡可得，即，即，
當(dāng)時，，，此時不一定滿足，
當(dāng)時，，，此時不一定滿足，故B錯誤；
若，即，
所以，即表示以為圓心，以為半徑的圓上的點，
且表示圓上的點到原點的距離，所以的最大值為2，故C正確；
若，即，
，即，
化簡可得，則且，
此時可能為實數(shù)也可能為純虛數(shù)，故D錯誤；
故選：AC
11. 已知函數(shù)，則（）
A. 在區(qū)間單調(diào)遞增
B. 的圖象關(guān)于直線對稱
C. 的值域為
D. 關(guān)于的方程在區(qū)間有實數(shù)根，則所有根之和組成的集合為
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用符合函數(shù)的單調(diào)性判斷A，計算出即可判斷B，利用換元法求出函數(shù)的值域，即可判斷C，求出函數(shù)在上的單調(diào)性，即可畫出函數(shù)在區(qū)間的圖象，結(jié)合圖象分類討論，即可判斷D.
【詳解】對于A：當(dāng)時，
所以，
因為在上單調(diào)遞增，又，
所以，
因為，即，所以，即，
所以，所以，
又在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以在上不單調(diào)，即在區(qū)間不單調(diào)，故A錯誤；
對于B：因為，
所以的圖象關(guān)于直線對稱，故B正確；
對于C：因，
令，則，令，，
則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，，，
所以，所以的值域為，故C正確；
對于D：當(dāng)時，所以，
由A選項可令且，
則當(dāng)時單調(diào)遞增，
令，即時在上單調(diào)遞增，且，
所以在上單調(diào)遞減，
又，令，即時在上單調(diào)遞減，且，
所以在上單調(diào)遞增，
當(dāng)，即時在上單調(diào)遞減，且，
所以在上單調(diào)遞減，
又，，，
所以在上的函數(shù)圖象如下所示：
由圖可知：
①當(dāng)時與有且僅有一個交點，
即關(guān)于的方程在區(qū)間的實數(shù)根為；
②當(dāng)或時與有兩個交點，
即關(guān)于的方程在區(qū)間有兩個實數(shù)根，且兩根關(guān)于對稱，
所以兩根之和為；
③當(dāng)時與有四個交點，
即關(guān)于方程在區(qū)間有四個實數(shù)根，不妨設(shè)為且，
所以與關(guān)于對稱，與關(guān)于對稱，
所以；
④當(dāng)或時與無交點，
即關(guān)于的方程在區(qū)間無實數(shù)根；
綜上可得，若關(guān)于的方程在區(qū)間有實數(shù)根，則所有根之和組成的集合為，故D正確；
故選：BCD
【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于D選項關(guān)鍵是分析出函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象，將方程的解轉(zhuǎn)化為函數(shù)與函數(shù)的交點問題，結(jié)合函數(shù)的對稱性求出方程的根的和.
三、填空題：本題共3個小題，每小題5分，共15分．
12. 已知集合，，則的所有元素之和為______．
【答案】0
【解析】
【分析】求出集合B，再求，然后可得.
【詳解】由題知，，
所以，
所以的所有元素之和為.
故答案為：0
13. 已知O為坐標(biāo)原點，點F為橢圓的右焦點，點A，B在C上，AB的中點為F，，則C的離心率為______．
【答案】
【解析】
【分析】先結(jié)合圖形求得，代入橢圓方程構(gòu)造齊次式，然后可解.
【詳解】由橢圓的對稱性可知，垂直于x軸，
又，所以，
所以為等腰直角三角形，故，
所以，即，
所以，整理得，
解得或（舍去），
故.
故答案為：
14. 已知球O的表面積為，正四面體ABCD的頂點B，C，D均在球O的表面上，球心O為的外心，棱AB與球面交于點P．若平面，平面，平面，平面，且與之間的距離為同一定值，棱AC，AD分別與交于點Q，R，則的周長為______.
【答案】##
【解析】
【分析】結(jié)合球的表面積公式，根據(jù)正三角形外接圓的性質(zhì)求得邊長，利用三點共線及數(shù)量積的運算律求得，然后利用平行平面的性質(zhì)求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周長.
【詳解】設(shè)與之間的距離為d，設(shè)球O的半徑為R，則由題意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三點共線，故存在實數(shù)使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且與之間的距離為d，則，，
所以，，所以，
又，所以的周長為.
故答案為：
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查學(xué)生的空間想象能力，解題關(guān)鍵是找到點的位置．本題中應(yīng)用正四面體的性質(zhì)結(jié)合球的半徑，求出邊長，利用平行平面的距離，得到所求三角形的邊長即可求解.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
15. 為促進(jìn)全民閱讀，建設(shè)書香校園，某校在寒假面向全體學(xué)生發(fā)出“讀書好、讀好書、好讀書”的號召，并開展閱讀活動．開學(xué)后，學(xué)校統(tǒng)計了高一年級共1000名學(xué)生的假期日均閱讀時間（單位：分鐘），得到了如下所示的頻率分布直方圖，若前兩個小矩形的高度分別為0.0075，0.0125，后三個小矩形的高度比為3：2：1．
（1）根據(jù)頻率分布直方圖，估計高一年級1000名學(xué)生假期日均閱讀時間的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；
（2）開學(xué)后，學(xué)校從高一日均閱讀時間不低于60分鐘的學(xué)生中，按照分層抽樣的方式，抽取6名學(xué)生作為代表分兩周進(jìn)行國旗下演講，假設(shè)第一周演講的3名學(xué)生日均閱讀時間處于[80，100）的人數(shù)記為，求隨機變量的分布列與數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）67（分鐘）
（2）分布列見解析；期望為1
【解析】
【分析】（1）根據(jù)平均數(shù)等于每個小矩形的面積乘以小矩形底邊中點的橫坐標(biāo)之和求解；
（2）依題意求出隨機變量的分布列，并利用數(shù)學(xué)期望公式求解.
【小問1詳解】
由題知：各組頻率分別為：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均閱讀時間的平均數(shù)為：
（分鐘）
【小問2詳解】
由題意，[60，80），[80，100），[100，120]三組分別抽取3，2，1人
的可能取值為：0，1，2
則
所以分布列為：
16. 已知函數(shù)．
（1）若，曲線在點處的切線斜率為1，求該切線的方程；
（2）討論的單調(diào)性．
【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)可得，即可利用點斜式求解，
（2）求導(dǎo)，結(jié)合分類討論求解導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，結(jié)合二次方程根的情況，即可求解.
【小問1詳解】
當(dāng)時，，解得
又因為，所以切線方程為：，即
【小問2詳解】
的定義域為，
當(dāng)時，得恒成立，在單調(diào)遞增
當(dāng)時，令，
（i）當(dāng)即時，
恒成立，在單調(diào)遞增
（ii）當(dāng)即時，
由得，或，
由得，
所以在，單調(diào)遞增，
在單調(diào)遞減
綜上：當(dāng)時，在單調(diào)遞增；
當(dāng)時，在，單調(diào)遞增；
在單調(diào)遞減
17. 如圖，在三棱柱中，與的距離為，，．
（1）證明：平面平面ABC；
（2）若點N在棱上，求直線AN與平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)作線線垂直，結(jié)合線段長度及勾股定理判定線線垂直，根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)證明即可；
（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計算線面角結(jié)合基本不等式求最值即可.
【小問1詳解】
取棱中點D，連接，因為，所以
因為三棱柱，所以，
所以，所以
因為，所以，；
因為，，所以，所以，
同理，
因為，且，平面，所以平面，
因為平面，
所以平面平面；
【小問2詳解】
取中點O，連接，取中點P，連接，則，
由（1）知平面，所以平面
因為平面，平面，
所以，，
因為，則
以O(shè)為坐標(biāo)原點，，，所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
可設(shè)點，，
，，，
設(shè)面的法向量為，得，
取，則，，所以
設(shè)直線與平面所成角為，
則
若，則，
若，則，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值.
18. 已知O為坐標(biāo)原點，點W為：和的公共點，，與直線相切，記動點M的軌跡為C．
（1）求C的方程；
（2）若，直線與C交于點A，B，直線與C交于點，，點A，在第一象限，記直線與的交點為G，直線與的交點為H，線段AB的中點為E．
①證明：G，E，H三點共線；
②若，過點H作的平行線，分別交線段，于點，，求四邊形面積的最大值．
【答案】（1）
（2）①證明見解析；②16
【解析】
【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題目條件列式化簡可得軌跡；
（2）①設(shè)線段的中點為，利用向量證明G，E，F(xiàn)三點共線，同理H，E，F(xiàn)三點共線，進(jìn)而可得結(jié)論；②將四邊形面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB面積，將直線和拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，求出直線和直線的方程，則可求出坐標(biāo)，然后利用面積公式求解最值即可.
【小問1詳解】
設(shè)，與直線的切點為N，則，
所以
化簡得，所以C的方程為：；
【小問2詳解】
①設(shè)線段的中點為，
因為，所以可設(shè)，，
又因為，
所以G，E，F(xiàn)三點共線，同理，H，E，F(xiàn)三點共線，
所以G，E，H三點共線．
②設(shè)，，，，AB中點為E，中點為F，
將代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直線上）
因為，所以△EAT與△EAH面積相等，與△EBH面積相等；
所以四邊形的面積等于四邊形GAHB的面積，
設(shè)，，
直線，即
整理得：直線，又因為，所以，
同理，直線，，所以
所以
所以四邊形GAHB面積
，
當(dāng)且僅當(dāng)，即，即時取等號，
所以四邊形面積的最大值為16．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是將四邊形的面積轉(zhuǎn)化為四邊形GAHB的面積，還有充分利用第一問中的點共線求出的橫坐標(biāo)，可以給求面積帶來便利.
19. 記集合無窮數(shù)列中存在有限項不為零，，對任意，設(shè)變換，．定義運算：若，則，．
（1）若，用表示；
（2）證明：；
（3）若，，，證明：．
【答案】（1）；
（2）證明見解析；（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)新定義，由項系數(shù)相等可得；
（2）利用新定義證明即可；
（3）根據(jù)多項式的乘法可得，然后利用通項公式整理化簡即可得證.
【小問1詳解】
因為
，
且，
所以，由可得，
所以.
【小問2詳解】
因為，
所以
又因為
所以，
所以.
【小問3詳解】
對于，
因為，
所以，
所以，
所以，
，
所以，
.
【點睛】難點點睛：本題屬于新定義問題，主要難點在于對新定義的理解，利用多項式的乘法分析，結(jié)合通項公式即可得證.0
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