精品解析：山东省青岛第五十八中学高新校区2024届高三下学期一模检测数学试题

2024年青岛五十八中高新校区一模检测 数学试题 2024年2月 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合、，根据集合的交集、补集运算求解即可. 【详解】， ，故， 故选：A 2. 若复数（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数的四则运算得到，从而得到复数对应的点，故可得正确的选项. 【详解】， 复数z在复平面上对应的点为，该点在第二象限， 故复数z在复平面上对应的点所在的象限为第二象限， 故选：B. 【点睛】本题考查复数的四则运算以及复数的几何意义，注意复数的除法是分子分母同乘以分母的共轭复数，本题属于基础题. 3. 已知数列，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由代入可得的递推式，得出是等差数列，求出后可得． 【详解】因为，，所以，， 所以，所以数列是等差数列，公差为1，首项为，所以， ，所以， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的通项公式，解题关键是由已知关系得出数列递推式，并由递推式构造出新数列是等差数列，从而易得通项公式，得出结论． 4. 已知，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平方的方法，结合两角和的余弦公式、二倍角公式求得正确答案. 【详解】由两边平方得①， 由两边平方得②， 由①②两式相加并化简得， 所以. 故选：C 5. 地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准.里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知，其中为地震震级.下列说法正确的是（ ）. A. 若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的100倍 B. 若地震震级增加1级，则放出的能量增加到原来的10倍 C. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量也增加到原来的倍 D. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的1000倍 【答案】C 【解析】 【分析】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得到答案. 【详解】因为，所以，故A错误； 因为，所以错误； 因为， 所以， 所以C正确，D错误. 故选：C. 6. 已知函数，若，，且在区间上单调，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可得函数的对称性，结合在区间上单调性从而得到，求出，再由求出可得的解析式，再计算即可． 【详解】因为，所以函数图象关于点成中心对称， 又，所以的图象关于直线对称， 且在区间上单调，所以，即，． 又，，，所以， 所以，所以． 故选：B. 7. 已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ） A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【详解】由题意得，即， 对其进行整理变形： ， ， ， ， 所以或， 其中为双曲线，为直线. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 8. 已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】原题等价于函数的图象与直线有四个交点，当直线与函数相切时，，当直线与函数相切时，利用导数的几何意义可得，再结合图象即可得结果. 【详解】作出的图象如图所示， 方程有四个不相等的实根， 等价于函数的图象与直线有四个交点， 其临界位置为和两段曲线相切时， 当直线与函数相切时， 联立得， 由，解得或（由图可得舍负） 当直线与函数相切时， 设切点坐标为， ，切线的斜率为：， 切线方程为， 由于切线恒过，代入可得，可得：， 即由图知函数的图象与直线有四个交点时， 实数的取值范围是， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了方程的根的个数与函数图象交点个数的关系及利用导数求函数图象的切线方程，有一定难度. 二、多选题 9. 已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆台母线与底面所成角为60° B. 圆台的侧面积为 C. 圆台外接球半径为2 D. 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：过A作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角.即可求解； 对于B：作出圆台的侧面展开图，直接求出面积，即可判断； 对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由，求出； 对于D：圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE，利用勾股定理求解. 【详解】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角. 在等腰梯形ABCD中，,所以. 因为为锐角，所以.故A正确； 对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误； 对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：. 设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确； 对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确. 故选：ACD 【点睛】立体几何中的折叠、展开问题：要把握折叠（展开）过程中的不变量. 10. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】列举所有的基本事件，再由古典概型的概率公式，相互独立事件的定义及条件概率的概率公式计算可得. 【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，， 则基本事件总数为，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共36种情况， 满足事件的有，，，，，，，，， ，，共种，其概率，故A错误； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故； 满足事件的有，，共个，所以，故B正确； 满足事件的有，，，，，， ，，，，，， ，，，，，，共个，故， 满足事件的有，，， ，，， ，，，共个，所以， 所以事件与事件相互独立，故C正确； 满足事件的有，，，，，，，共种， 所以，则，故D正确. 故选：BCD 11. 设数列和的项数均为，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为．已知数列和为中的两个元素，项数均为，下列正确的有（ ） A. 数列和数列的距离为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，数列和的距离小于，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数列距离的定义求两数列的距离判断A，结合数列，的递推关系证明两数列具有周期性，判断B，利用基本不等式求，由此求，判断C，由条件求，结合周期性可求，，由此判断D. 【详解】对于A，根据数列距离的定义可得： 数列和数列的距离为，A正确； 对于B，设，其中，且，由， 所以，，，， 则， 因此数列中的项周期性重复，且间隔项重复一次， 所以，，， 设，其中，且，由， 所以，，，， 则， 因此数列中的项周期性重复，且间隔项重复一次， 所以，，， 所以若，则，B正确； 因为，其中，且， 所以， 所以， 所以若，，C错误； 所以数列中，，，，，， 故中，，，，，， ， 所以项数越大，数列和的距离越大， 由，可得， ， 所以时，， 故的最大值为； 所以数列和的距离小于，则的最大值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 三、填空题 12. 若是边长为2的等边三角形，AD为BC边上的中线，M为AD的中点，则的值为___________. 【答案】##-1.5 【解析】 【分析】已知是边长为2的等边三角形，为边上的中线，为的中点，则，，又，然后结合平面向量数量积的运算求解即可． 【详解】解：已知是边长为2的等边三角形，为边上的中线，为的中点， 则，， 又， 则， 故答案为：． 13. 已知在数列中，，且对任意的m，，都有，设，记函数在处的导数为，则使得成立的n的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】先依据题意得出数列是等比数列且求出，接着结合题意求出，进而得，于是由错位相减法求出，再由的单调性和以及时的导数值即可得解. 【详解】令，则，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故， 由题， 所以①， 所以②， 由①－②得，， 所以，且随着n的增大而增大， 又当时，， 当时，， 故n的最小值为8. 故答案为：8. 14. 正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详解】由已知平面，平面， 所以, 因为平面，平面， 所以， 所以，又， 所以，又的面积是面积的倍， 所以， 以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设点的坐标为，则，， 由已知， 所以， 所以，其中，， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧， 过点作，因为平面， 所以平面，即平面， 所以为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 因为，， 所以， ， 所以当时，取最大值，最大值为， 所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过证明相似，结合相似三角形的性质证明. 四、解答题 15. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【小问1详解】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【小问2详解】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 16. 已知为坐标原点，点，过动点作直线的垂线，垂足为点，，记的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若，，，均在上，直线，的交点为，，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，得到，，结合，即可 求得曲线的方程； （2）设直线，的方程分别为，，将代入抛物线求得，，结合弦长公式求得，，进而求得的面积的表达式，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：设，则，所以， 因为，可得， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 解：设，，，， 直线，的方程分别为：，， 将代入抛物线得，所以，， 所以， 因为，同理得： 所以的面积， 当且仅当时等号成立，所以四边形面积的最小值为2 17. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2） 法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为. 法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若对任意，均有，求的值； （3）假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为，若其次投篮全部命中的概率为，证明：. 【答案】 （1）当时，函数在为减函数； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）； （3）由题意可得， 由（2）可知，当时，，即， 所以，，因此，. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间； （2）由已知可得，利用（1）中的结论可得出关于实数的不等式，由此可求得实数的值； （3）由（2）可得出，令可证得所证不等式成立. 【详解】（1）函数的定义域为，. 若，则对任意的恒成立，此时函数在为减函数； 若，由可得，由可得. 此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当时，函数在为减函数； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）当时，函数在上为减函数，且， 则当时，，不合乎题意； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， ， 令，可得，即， 令，其中，. 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增. 所以，，则，由，所以，，解得； （3）略 【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面： （1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论； （2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况； （3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较. 19. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 【答案】（1），，， （2） （3） 因为均为正整数，则均为递增数列， （ⅰ）若，则可取，满足 使得； （ⅱ）若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； （ⅲ）若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 【解析】 【分析】（1）先求，根据题意分析求解； （2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； （3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年青岛五十八中高新校区一模检测 数学试题 2024年2月 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知数列，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准.里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知，其中为地震震级.下列说法正确的是（ ）. A. 若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的100倍 B. 若地震震级增加1级，则放出的能量增加到原来的10倍 C. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量也增加到原来的倍 D. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的1000倍 6. 已知函数，若，，且在区间上单调，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ） A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线 8. 已知函数，若方程有四个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆台母线与底面所成角为60° B. 圆台的侧面积为 C. 圆台外接球半径为2 D. 在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5 10. 先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（ ） A. B. C. 事件与事件相互独立 D. 11. 设数列和的项数均为，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为．已知数列和为中的两个元素，项数均为，下列正确的有（ ） A. 数列和数列的距离为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，数列和的距离小于，则的最大值为 三、填空题 12. 若是边长为2的等边三角形，AD为BC边上的中线，M为AD的中点，则的值为___________. 13. 已知在数列中，，且对任意的m，，都有，设，记函数在处的导数为，则使得成立的n的最小值为______． 14. 正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______． 四、解答题 15. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 16. 已知为坐标原点，点，过动点作直线的垂线，垂足为点，，记的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若，，，均在上，直线，的交点为，，求四边形面积的最小值． 17. 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若对任意，均有，求的值； （3）假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为，若其次投篮全部命中的概率为，证明：. 19. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $