精品解析：山东省青岛第五十八中学2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题

保密★启用前 2024年山东省青岛第五十八中高三一模 数学试题 2024.3命题：青岛五十八中高二数学组 一､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】D 【解析】 【分析】根据真数要大于0和集合交集的运算法则即可求解． 【详解】， 故． 故选：D． 2. 已知是相互垂直的单位向量.若向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的性质先求，然后由投影向量公式可得. 【详解】因为是相互垂直的单位向量， 所以，. 又，，所以， 所以， 又， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：B 3. 若正项等差数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式可得，利用基本不等式可求最值. 【详解】因为， 所以，则 又因为， 所以，当且仅当时，等号成立； 所以的最大值为25. 故选：C 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据方程写出双曲线的渐近线方程，可得关于的方程，求解即可． 【详解】双曲线，则， 其渐近线方程为， 依题意，解得． 故选：A． 5. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为， 由题意可得：，解得， 设该圆锥的母线与底面所成的角为，则， 可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为. 故选：C. 6. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游，除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ） A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】分恰有个部门所选的旅游地相同、四个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数. 【详解】①恰有个部门所选的旅游地相同， 第一步，先将选相同的个部门取出，有种； 第二步，从个旅游地中选出个排序，有种， 根据分步计数原理可得，方法有种； ②四个部门所选的旅游地都不相同的方法有种， 根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种． 故选：B 7. 已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解. 【详解】如图所示： 因为，， 设， 则， 当时，取得最小值， 此时最大，最小， 且，故C正确. 故选：C 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（ ） A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数奇偶性推出函数关于直线对称和关于点 对称，则得到其周期，再计算其一个周期内的和，最后代入计算即可. 【详解】为偶函数，则则关于对称， 为奇函数，则， 即，则关于点对称， 则由其关于对称有，则， 则，作差有， 为周期函数，且周期为4，因为，，则， 因为，，则， ，则， ，， 故选：C. 二､多选题.本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD. 【详解】对于A，设，显然， 但，故A错； 对于B，设， 则， ， ， 所以，故B对； 对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量， 复数对应向量，复数加减法对应向量加减法， 故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度， 所以，，故C对，D对. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 在单调递增 C. 有最小值 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可． 【详解】已知函数， 对于A选项：，正确； 对于B选项： 当时，， 所以，所以在单调递增，正确； 对于C选项： 当时，，故 没有最小值，不正确； 对于D选项： 的最小正周期为，是偶函数， 定义域为．故只需研究即可． 由B选项知：在单调递增，在上单调递减， 的最大值为，正确． 故选：ABD． 11. 数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的结合产物.关于曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于原点成中心对称图形 B. 曲线关于轴，轴成轴对称图形 C. 曲线上任意两点之间的距离都不超过2 D. 曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积大于 【答案】ABD 【解析】 【分析】分类讨论去绝对值，可得曲线方程，从而可得曲线图像，最后可对命题进行判断. 【详解】当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第一象限的部分； 当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第二象限的部分； 当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第三象限的部分； 当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第四象限的部分； 当时或；当时或；图像上还有，，，，这5个点. 曲线图像如图所示: 对于A，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于原点成中心对称图形，故A正确； 对于B，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于轴成轴对称图形，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于轴成轴对称图形，故B正确； 对于C，如图，每个小圆半径， 曲线上任意两点距离范围为，即两点距离范围为，故C错误； 对于D，曲线所围成的“花瓣”形状区域可看成四个半圆和一个正方形组成，设它的面积为，，故D正确. 故选：ABD 三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式中的系数为，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，解之即可求解. 【详解】由题意知，， 展开式的通项公式为， 所以含的项的系数为， 则，即，解得. 故答案为：2. 13. 在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为___________. 【答案】（满足或的其中一值） 【解析】 【分析】利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出，求出的值，即可得解. 【详解】由题意可得，， 所以，，同理可得， 则 ， 所以，或， 解得或， 故答案为：（满足或的其中一值）. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且.又以双曲线的顶点为圆心，半径为的圆恰好经过双曲线虚轴的端点，则双曲线的离心率为________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，结合双曲线定义及余弦定理、圆的定义求出即可. 【详解】令，依题意，，解得， 显然，，， 而，于是， 在中，由余弦定理， 得，解得，即， 所以双曲线的离心率为. 故答案为：2 【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a，c，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 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. 15. 已知函数 （1）当时，求函数的单调区间； （2）求证：当时， 【答案】（1）增区间为，减区间为 （2） 当时，因为，则， 由，可得，由，可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 所以，下证：，即证：． 记，， 当时，，当时，， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，，所以恒成立，即． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）当时，利用导数求出函数的最大值为，然后证明，即证：，构造函数，利用导数证得即可. 【小问1详解】 解：当时，，， 由，可得，由，可得， 故当时，函数的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1． （1）求椭圆E的方程； （2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可； （2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可. 【小问1详解】 设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点， 易知，则 ， 显然时， 由题意得解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设， 因为，所以 所以① 设直线的方程为，联立得，整理得， 由韦达定理得， 把①式代入上式得，得， 解得， 所以直线的方程为：或. 17. 如图，已知四棱锥中，平面，且. （1）证明：平面； （2）已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：解法一：如图1，延长和相交于点，连接， ， ，则， 又， ，则 平面平面平面. 解法二：如图2，过作平行交于点 ，连接， ，则， ， ，，， ，平面，平面， 均平行于平面，且是平面内的两条相交直线， 平面平面， 又平面平面. 解法三：如图2，过 作平行交于点 ，连接， ，且， 平行，，则， 平行于， ，平面，平面， 均平行于平面，且是平面内的两条相交直线， 平面平面，又平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）解法一和解法二利用线面平行的判定定理即可证明；解法三利用面面平行的性质定理证明线面平行. （2）解法一和解法二用定义法作出二面角的平面角和二面角的平面角，结合已知在直角三角形中求解；解法三通过建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的平面角余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：平面平面平面平面， 如图3，过点作交于平面平面， 平面平面. 过点作交于，又， 且平面，平面， 为二面角的平面角，则， 设，则， 平面平面，， 又，， 中，，则， 过点作交于点 ，连接， 平面平面，， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面 因为平面，所以 则为二面角的平面角， ， 综上所述，二面角的余弦值为. 解法二：如图4，在平面内过点作的垂线于的延长线交于点， 过作交于 ，连接， 平面平面平面平面 ， 平面平面平面， 平面 ， 平面， 又平面，因为平面，所以， 即为二面角的平面角， 平面平面，，又， 中，，则， ， ， 中，边上的高， 设二面角的平面角为平面， ， 综上所述，二面角的余弦值为. 解法三：如图5，平面在平面内过点引的垂线记为轴， 以所在直线为 轴， 轴如图建立空间直角坐标系， 平面平面，，又， ， 中，，则， 则，，， 设平面的法向量为， ，取，则 得，平面的法向量为， 二面角的正弦值为，①， 设二面角的平面角为，平面的法向量为， ② 由①解得，代入②中，得， 综上所述，二面角的余弦值为. 18. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 【答案】（1）证明： ， 同理． 所以. （2）平均数为96分，标准差为18分； （3）将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 【解析】 【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解； （2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解； （3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为， 则， 所以 又，所以． 即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分． 【小问3详解】 由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布， 所以． ． 故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级． 19. 数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，； （1）若集合，求当时，的值； （2）若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中； （3）对于（2）中集合．定义，求（用n表示）． 【答案】（1），，； （2）证明：时，集合的中各乘积由两部分构成， 一部分是乘积中含因数，乘积的其他因数来自集合，故诸乘积和为； 另一部分不含，乘积的所有因数来自集合，故诸乘积的和为． 故． （3）. 【解析】 【分析】（1）利用的定义可得的值； （2）时，集合的中乘积由两部分构成，一部分是乘积中含，另一部分不含，从而可得之间的关系； （3）可先证明所有非空子集中各元素的乘积和为，从而可得． 【小问1详解】 时，， ∴，，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 我们先证明一个性质： 所有非空子集中各元素的乘积和为． 证明：考虑的展开式，该展开式共有项， 每一项均为各因式中选取或后的乘积（除去各项均选1）． 对于的任意非空子集， 该集合中各元素的乘积为的展开式中的某一项：即第个因式选择， ，其余的因式选择1， 注意到非空子集的个数为， 故的所有非空子集中各元素的乘积均在的展开式中恰好出现一次， ∴所有非空子集中各元素的乘积和为． 故对于， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用前 2024年山东省青岛第五十八中高三一模 数学试题 2024.3命题：青岛五十八中高二数学组 一､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. 2. 已知是相互垂直的单位向量.若向量，，则向量在向量上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 3. 若正项等差数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 9 B. 16 C. 25 D. 50 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 8 D. 16 5. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 6. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游，除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ） A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360 7. 已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（ ） A. 23 B. 24 C. 25 D. 26 二､多选题.本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 在单调递增 C. 有最小值 D. 的最大值为 11. 数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的结合产物.关于曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线关于原点成中心对称图形 B. 曲线关于轴，轴成轴对称图形 C. 曲线上任意两点之间的距离都不超过2 D. 曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积大于 三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若展开式中的系数为，则___________. 13. 在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为___________. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且.又以双曲线的顶点为圆心，半径为的圆恰好经过双曲线虚轴的端点，则双曲线的离心率为________. 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. 15. 已知函数 （1）当时，求函数的单调区间； （2）求证：当时， 16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1． （1）求椭圆E的方程； （2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程． 17. 如图，已知四棱锥中，平面，且. （1）证明：平面； （2）已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值. 18. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）． 附：． 19. 数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，； （1）若集合，求当时，的值； （2）若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中； （3）对于（2）中集合．定义，求（用n表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $