精品解析：山东省实验中学2027届高三上学期第二次诊断性考试数学试题

山东省实验中学2027届高三第二次诊断性考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．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、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. 某登山景区共有6条不同的登山路径，若游客从任意一条路径上山，从其余的路径下山，则不同的上下山方式共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 24种 D. 30种 2. 定义一种运算：．设集合，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 3. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数（A，，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前n项和存在最大值，，，且当时，取得最大值．若使得成立的n的最大值为m，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，若，则（ ） A. 2027 B. 2028 C. 4054 D. 4055 8. 已知均为正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 关于回归分析，下列结论中正确的是（ ） A. 若两个变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于 B. 残差图中，残差点比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄，表示模型拟合效果越好 C. 若回归直线的斜率估计值为，且样本点的中心为，则回归直线方程为 D. 以模型去拟合一组数据时，令，得到线性回归方程为，则，的值分别是和 10. 如图所示，在边长为6的等边三角形中，，点P在以为直径的半圆上（含A，D两点），其中为该半圆的圆心，若，则（ ） A. B. C. 的取值范围是 D. 的最大值为 11. 设集合，，从A到B的函数：，其中，则（ ） A. 函数的值域为 B. 是方程的解 C. 曲线是轴对称图形 D. 是函数的极小值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知角为锐角，且，则________． 13. 若函数在R上不单调，则实数a的取值范围为________． 14. 已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数m的所有可能取值的个数为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等比数列满足，，；等差数列满足，，． （1）求和的通项公式； （2）记和分别为和的前项和．求数列的前项和． 16. 在中，内角的对边分别为，． （1）求的值； （2）设边上的中点为，记，求的最大值． 17. 甲、乙两人参加科普知识抢答赛，每道题两人抢到答题权的概率均为；抢到答题权者答对则自己得分，答错则对方得分．已知甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且各题答题结果相互独立．比赛规定：当其中一人得分领先另一人分，或答满道题时，比赛立即结束． （1）求答完第道题后甲得分的概率； （2）求答完前道题后，甲的得分恰好比乙多分的概率； （3）设比赛结束时两人的答题总个数为，求的分布列和数学期望． 18. 已知函数，函数． （1）求曲线过原点的切线方程； （2）讨论函数的极值； （3）定义表示p，q中的最小值．已知函数，若函数在上恰有三个零点，求实数k的取值范围． 19. 将编号为 的张卡片随机放入编号为 的个盒子中，每个盒子恰好放一张.若卡片编号与所在盒子的编号相同，则称该位置为匹配位；不存在匹配位的放法称为全错位放法，记张卡片的全错位放法总数为，例如，. （1）当时，求，并求此时随机放置卡片恰好为全错位的概率； （2）求证：对任意整数，有，并求数列的通项公式； （3）证明：对任意正整数n，恒为奇数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学2027届高三第二次诊断性考试 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．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、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. 某登山景区共有6条不同的登山路径，若游客从任意一条路径上山，从其余的路径下山，则不同的上下山方式共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 24种 D. 30种 【答案】D 【解析】 【详解】上山有6条路径可选，下山则有剩余的5条路径可选， 由分步乘法计数原理可得不同的上下山方式共有种 2. 定义一种运算：．设集合，，则（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，，， 则或 3. 已知复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】，故. 4. 已知单位向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数量积公式，即可求解. 【详解】， 所以，则. 故选：C 5. 设函数（A，，是常数，，），若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由单调区间长度缩小周期下限，再由三个函数值关系假设相邻特殊点缩小周期上限，最后在范围内逐个展开化简验证选项. 【详解】由在上单调，区间长度，正弦函数单个单调区间长度为，故，即. 由，两点函数值相等，故为对称轴； 由，结合，得，故为对称中心； 对称轴与对称中心的距离为； 选项A，，，已知； 由得； 右边用诱导公式化小角：； 两边两角和展开：； ，化简得，即，； 取，，则； ，，，成立； ，，在上单调递减，满足条件， 取，，则； ，，，成立； ，，在上单调递增，满足条件， 故A正确. 选项B，，，已知； 由得； 用诱导公式化简：，； 故，即，，； ，，；要满足：需，即； 但时，矛盾，故B错误. 选项C，，，已知； 由得； ； ； ，化简得，即，； ，， 要使，需，即，，； 与无公共解，矛盾，故C错误. 选项D，，由前推导知，故D错误. 6. 已知等差数列的前n项和存在最大值，，，且当时，取得最大值．若使得成立的n的最大值为m，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由有最大值判断数列递减，结合两项乘积异号确定最后一个正项位置得到k，再利用等差数列下标和性质与前n项和公式找到正负分界点得到m，最后计算两者差值． 【详解】已知等差数列的前n项和存在最大值，则，数列单调递减， 由可知与异号，结合数列递减，得， 即前项为正项，第项为负项，故在时取得最大值，， 由等差数列的性质，， 由，得， ，故， ，故， 因此使得成立的n的最大值为，故． 7. 已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，若，则（ ） A. 2027 B. 2028 C. 4054 D. 4055 【答案】D 【解析】 【分析】由得对称轴，由奇函数条件得对称中心，推导周期后求和验证； 【详解】由，知的图象关于直线对称. 由为奇函数，得， 即，故的图象关于点对称. 对称轴与对称中心间距为1，故周期. 由，由对称轴得； 由对称中心，令得，故； 令得，故；由周期得. 一个周期内函数值之和为. 因，故. 8. 已知均为正实数，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合换元法，利用基本不等式以及对勾函数的性质，即可求出结果. 【详解】由题知，， 设，则， 所以， 令，则，当且仅当时取等， 所以， 又函数在区间上单调递增， 所以当，时，最小，且为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 关于回归分析，下列结论中正确的是（ ） A. 若两个变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于 B. 残差图中，残差点比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄，表示模型拟合效果越好 C. 若回归直线的斜率估计值为，且样本点的中心为，则回归直线方程为 D. 以模型去拟合一组数据时，令，得到线性回归方程为，则，的值分别是和 【答案】BD 【解析】 【详解】选项A，由相关系数定义，越接近1表示两个变量线性相关性越强，越接近0表示线性相关性越弱，故A错误； 选项B，残差图中残差点比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄，表示残差平方和越小，模型拟合效果越好，故B正确； 选项C，回归直线必过样本点中心，由， 故回归直线方程为，而非，故C错误； 选项D，由，两边取自然对数得， 令，则， 与比较得，，即，故D正确. 10. 如图所示，在边长为6的等边三角形中，，点P在以为直径的半圆上（含A，D两点），其中为该半圆的圆心，若，则（ ） A. B. C. 的取值范围是 D. 的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立对应的平面直角坐标系，得出所需向量的坐标．对于A，根据向量线性运算的坐标表示即可判断；对于B，根据向量数量积的坐标运算即可判断；对于C，根据向量数量积的坐标运算及三角函数的性质求解，即可判断；对于D，根据向量线性运算及三角函数的性质求解，即可判断． 【详解】如图，以为原点，所在直线为轴，过且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系， 依题意得，则，， 则，，，，，即， 所以，，，． 对于A，所以，故A正确； 对于B，所以，故B正确； 因为位于以为圆心，为半径的半圆上，设，，则． 对于C，所以， 又，则，则，所以，故C正确； 对于D，因为，则，所以， 又，则，则，所以的最大值为，故D错误． 11. 设集合，，从A到B的函数：，其中，则（ ） A. 函数的值域为 B. 是方程的解 C. 曲线是轴对称图形 D. 是函数的极小值点 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意，得到函数的解析式，再根据三角函数的图像性质以及反三角函数的性质，逐项进行求解即可. 【详解】由题意条件，可得函数， 对于A选项，由正弦函数性质可得的取值范围是， 反余弦函数在上的值域为，故选项A错误； 对于B选项，将代入函数， 可得，故选项B正确； 对于C选项，， ，所以， 即是函数的一条对称轴，因此曲线是轴对称图形，故选项C正确； 对于D选项，， 则， 当略小于时，，，故，函数单调递减， 当略大于时，，，故，函数单调递增， 因此处，由负变正，是函数的极小值点，故选项D正确. 综上所述，选项BCD正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知角为锐角，且，则________． 【答案】 【解析】 【详解】因为角为锐角，且，得， 则 13. 若函数在R上不单调，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，将“函数不单调”转化为导函数有正有负，结合正弦函数的值域得到导函数的最值范围，进而求出a的取值范围． 【详解】求导得， 由得， 函数在R上不单调，则不能恒大于等于0，也不能恒小于等于0： 若恒成立，则最小值，即，此时函数单调递增； 若恒成立，则最大值，即，此时函数单调递减； 取上述两种情况的补集，得函数不单调时a的取值范围为． 14. 已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数m的所有可能取值的个数为________． 【答案】33 【解析】 【分析】根据可得，由累加迭代法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得，进而可求解. 【详解】由可得， 由累加法，当时，， 因此，即得， 所以，当时，， 当时，， 又为正整数，所以， 由，得，， ， 依次类推，， 又，所以 所以 所以，当时，， 当时，， 又为正整数，所以， 综上所述，，共33个 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知等比数列满足，，；等差数列满足，，． （1）求和的通项公式； （2）记和分别为和的前项和．求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）令等比数列公比为，等差数列的公差为，利用通项公式列出方程组，然后分别求解即可； （2）利用等差数列和等比数列前项和公式求出和，即可求出结果. 【小问1详解】 令等比数列公比为， 则，解得， 所以的通项公式为. 令等差数列的公差为， 则，解得， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，，， 则， 又， 所以. 16. 在中，内角的对边分别为，． （1）求的值； （2）设边上的中点为，记，求的最大值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理对已知条件边化角，结合，展开化简即可求得，从而求出的值； （2）由（1）知为等腰三角形，在中，利用正弦定理可得，再结合辅助角公式求出的最大值，从而求出的最大值. 【小问1详解】 由正弦定理可知，又，所以， 在中，，所以， 化简整理得，又，则， 所以，因此； 【小问2详解】 由（1）知，则，所以为等腰三角形，所以，， 又为边上的中点，则， 在中，由正弦定理可得， 则，所以，则， 两边同时除以得，整理得， 因为，正切函数在上单调递增，因此求的最大值等价于求的最大值， 令，由辅助角公式可得， 其中， 由，则，两边同时平方、整理得， 又，，所以，当取最大值时，，此时，等号可取， 因此，所以. 17. 甲、乙两人参加科普知识抢答赛，每道题两人抢到答题权的概率均为；抢到答题权者答对则自己得分，答错则对方得分．已知甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且各题答题结果相互独立．比赛规定：当其中一人得分领先另一人分，或答满道题时，比赛立即结束． （1）求答完第道题后甲得分的概率； （2）求答完前道题后，甲的得分恰好比乙多分的概率； （3）设比赛结束时两人的答题总个数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为： 【解析】 【分析】（1）依题意得甲每得分有两种情况：该题甲抢到且答对，或该题乙抢到且答错，进而分别计算概率即可求解； （2）先求出乙每得分的概率，结合（1）得到甲每得分的概率，再根据题意得到前题里，有题为甲得分，有题为乙得分，进而利用独立事件乘法公式即可求解； （3）由题可知随机变量的取值为，再结合（2）求出对应的概率，进而得到的分布列，再利用公式即可求出其数学期望． 【小问1详解】 由各题答题结果相互独立， 又甲每得分有两种情况：该题甲抢到且答对，或该题乙抢到且答错， 所以甲每得分的概率为， 所以答完第道题后甲得分的概率为． 【小问2详解】 由乙每得分有两种情况：该题甲抢到且答错，或该题乙抢到且答对， 所以乙每得分的概率为， 又结合（1）得甲每得分的概率为， 由题意可知，每道题都要抢题与答题，则答完前道题后，甲、乙两人共得分， 又甲的得分恰好比乙多分，即前题里，有题为甲得分，有题为乙得分， 所以甲的得分恰好比乙多分的概率为． 【小问3详解】 由比赛规定：当其中一人得分领先另一人分，或答满道题时，比赛立即结束， 则随机变量的取值为， 结合（2）得甲每得分的概率为，乙每得分的概率为， 当时，即前题里，甲连得分，或乙连得分， 所以， 当时，即前题里，甲、乙各得分，第和第题里，甲连得分，或乙连得分， 所以， 当时，即前题里，甲、乙各得分，第和第题里，甲、乙各得分，后题无论如何，比赛都立即结束， 所以， 所以随机变量的分布列为： 所以． 18. 已知函数，函数． （1）求曲线过原点的切线方程； （2）讨论函数的极值； （3）定义表示p，q中的最小值．已知函数，若函数在上恰有三个零点，求实数k的取值范围． 【答案】（1）或 （2）当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值； （3） 【解析】 【分析】（1）通过讨论原点是否为切点，求解切线方程. （2）先对求导，通过讨论，，得到不同的函数图像，从而判断不同的极值情况. （3）先探究、的零点情况，发现的三个零点即为、的所有零点. 【小问1详解】 易得：，， 当原点是切点时，，所以切线方程为； 当原点不是切点时，设切点为，则， 切线方程为：， 将代入可得：，所以切线方程为； 综上所述：过原点的切线方程为或. 【小问2详解】 的定义域为：，， 当时，恒成立，所以在定义域上单调递减，无极值； 当时，令，解得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以在处取极小值，； 综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. 【小问3详解】 当时，，， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 因为，所以在上存在唯一的零点； 若函数在上恰有三个零点，则至少有两个零点； 由（2）可得：当时，单调递减，定义域上至多有一个零点，不符合条件； 当时，在处取极小值， 当，即时，恒成立，无零点，不符合条件； 当，即时，，只有一个零点，不符合条件； 当，即时， 因为，所以有两个正解， 记的两个零点为、（） 因此，函数在上的三个零点即为、、， 检验：时，，，符合， 时，，，符合， 时，，，符合， 因此，若函数在上恰有三个零点时，实数k的取值范围为. 19. 将编号为 的张卡片随机放入编号为 的个盒子中，每个盒子恰好放一张.若卡片编号与所在盒子的编号相同，则称该位置为匹配位；不存在匹配位的放法称为全错位放法，记张卡片的全错位放法总数为，例如，. （1）当时，求，并求此时随机放置卡片恰好为全错位的概率； （2）求证：对任意整数，有，并求数列的通项公式； （3）证明：对任意正整数n，恒为奇数. 【答案】（1） ，概率为 （2） 将张卡片全错位放置，卡片所在的盒子编号记为，则 ，共有种选择. 固定后，按卡片是否放入号盒分两类： ①若卡片放入号盒，则剩余张卡片须在对应的盒子中全错位，有种放法； ②若卡片不放入号盒，删去卡片及号盒，再将卡片的编号改为. 此时改号的卡片不在号盒，其余卡片也均不在同号盒中，因而得到剩余张卡片的全错位放法. 反之，从上述剩余卡片的任一种全错位放法出发，将编号为的卡片恢复为， 补上号盒并将原卡片放入其中，便唯一还原第二类放法.故第二类有种放法. 由分类加法、分步乘法计数原理，得. 再求通项公式.令，其中.当时，. 又，故从起的数列是首项为、公比为的等比数列， 所以，即，其中. 两边同除以，得.把前两式展开，分别为，. 当时，将指标从到的各式相加， 展开写为. 当或时，分别取前一个或前两个等式即可. 因此对，上述求和统一记为. 左侧为，所以. 又，且求和中补入的与两项之和为， 因此通项公式为，这里； 当时，上式亦成立，故此式对任意正整数成立. （3） 由（2）中的推导，对任意整数，有. 任取正整数，令.因为且，所以. 因为为非负整数，故为偶数，从而恒为奇数. 【解析】 【分析】（1）按卡片是否两两交换分类计数，再用古典概型的概率公式求解. （2）固定一张卡片所在的盒子，分类建立递推式，再构造辅助数列，变形后累加求通项. （3）利用（2）所得的一阶递推关系，判断偶数项的奇偶性. 【小问1详解】 按卡片所在盒子的顺序，用卡片编号排列表示放法.全错位时没有卡片留在同号盒中，四张卡片只能两两交换或构成一个循环，分为两类： ①卡片两两交换，对应放法为，，，共种； ②四张卡片依次循环交换.固定卡片为循环起点，其余三张卡片有种排列，故有种放法. 因此.全部放法共种，且等可能，故所求概率为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $