《山东省名校考试联盟2023-2024学年高三下学期开学考试数学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省名校考试联盟2023-2024学年高三下学期开学考试数学试题含答案.docx（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、机密启用前试卷类型A山东名校考试联盟高三年级下学期开学联考数学试题2024.2注意事项：1答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需要改动，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：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1二项式的展开式中常数项为（ ）A4 B8 C16 D322欧拉公式（是自然对数的底数，i是虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，
2、它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系已知，则（ ）A1 B C2 D3已知非零向量满足，且，则与夹角为（ ）A B C D4已知函数是定义在上的奇函数，则实数的值是（ ）A1 B C2 D5已知数列是以为首项，为公比的等比数列，则“”是“是单调递减数列”的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件6若曲线在处的切线与曲线也相切，则（ ）A B1 C D27已知点是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则的服小值为（ ）A0 B1 C D28已知双曲线的左、右焦点分别为为原点，以为直径的圆与双曲线交于点，且，则双曲线的离心率为（
3、 ）A2 B3 C4 D.5二、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进入冬季哈尔滨旅游火爆全网，下图是2024年1月1日到1月7日哈尔滨冰雪大世界和中央大街日旅游人数的折线图，则（ ）A中央大街日旅游人数的极差是1.2 B冰雪大世界日旅游人数的中位数是2.3C冰雪大世界日旅游人数的平均数比中央大街大 D冰雪大世界日旅游人数的方差比中央大街大10已知函数的部分图像如图所示，则（ ）AB是图象的一条对称轴C在上有两个不相等的解，则D已知函数，当取最大值时，11在长方体中，为的中点，点满足，则（ ）
4、A若为的中点，则三棱锥体积为定值B存在点使得C当时，平面截长方体所得截面的面积为D若为长方体外接球上一点，则的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12从2，3，4，5，6，7，8中任取两个不同的数，事件为“取到的两个数的和为偶数”，事件为“取到的两个数均为偶数”，则_13已知的内角所对的边分别为，已知，则外接圆的半径为_14已知函数，若不等式恒成立，则实数的取值范围为_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（13分）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2），求数列的前项和16（15分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用五局三胜制（一方先
5、胜三局即获胜，比赛结束），每一局比赛中两人都要决出胜负，不出现平局，且甲获胜的概率为（1）若，求甲以获胜的概率；（2）若，求比赛结束时，比赛局数的分布列及数学期望17（15分）已知四棱锥平面，四边形为梯形，（1）证明：平面平面；（2）平面与平面的交线为，求直线与平面夹角的正弦值18（17分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）设函数（）求的值；（）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称19（17分）已知抛物线是上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，则称三角形为抛物线的外切三角形（1）当点的坐标为为坐标原点，且时，求点的坐标；（2）设外切三角形的垂心为，试判断是否在定直线上，若是，求出该
6、定直线；若不是，请说明理由；（3）证明：三角形与外切三角形的面积之比为定值山东名校考试联盟2024年2月高三年级下学期开学考数学试题参考答案一、单项选择题：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题号12345678答案CACBBDAD6【解析】由题意得，在处的切线为，设该直线与曲线相切的切点为，所以，所以切点在直线上，所以，故选：D7【解析】圆的圆心为半径为1，点到直线的距离解法一：，设，则在中，所以，所以，因为，所以，所以的最小值0解法二：当时，取得最大值，此时取得最小值0，其他位置，所以的最小值0故选：A8【解析】解法一：由题意得，所以，即，
7、又，所以在中，由勾股定理得：，解得，所以双曲线的离心率为5解法二：点一定在右支上，不妨设点在第一象限，由于，所以，一定满足，即，化简得，结合，整理得，同除得，解得，或（舍），所以双曲线的离心率为5，故选：C二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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分题号91011答案BCABDACD10【解析】对于A：因为周期，所以对于B：代入得，所以，则，因为，所以，则，其对称轴为，所以是的对称轴对于C：因为，所以或，因为，所以令，所以或有两个解，结合的图象，与有一个交点，与有一个交点，共两个交点，所以符
8、合题意，答案错误对于D：，令，所以所以当时取到最大值，此时答案：ABD11【解析】对于A：因为为的中点，为的中点，所以，所以面，则到面的距离为定值，所以体积为定值对于B：在平面的投影为，由三垂线定理得，若，则，因为四边形为正方形，所以与不垂直，所以B错对于C：平面与平面重合，平面与平面重合，所以延长会与有交点，因为，所以延长与交于点，取中点，则平面截长方体所得截面为矩形，所以面积为对于D：长方体外接球球心为中点，半径为，由阿氏球得，在直线上必存在一点，使得，此时点在延长线上，且满足，以为原点，建系如图，所以，则，因为，所以答案：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12； 13；
9、 1413【解析】解法一：由正弦定理得，化简得，所以由正弦定理得，因为，所以为正三角形，由，所以外接圆的半径解法二：由余弦定理得，化简得，因为，所以为正三角形，由，得，所以外接圆的半径为14【解析】只需保证恒成立令，则在上递减，在上递增，当时，故存在，使得又，故或恒成立又当时，则不恒成立，于是恒成立当时，若，显然不成立；当时，满足题意；当时，若，显然成立；若时，则恒成立，求导可得综上所述，实数的取值范围为四、解答题：本题共5小题，共77分解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤15【解析】因为，所以，累加得：，经检验时符合，所以【注：丢捕对的检监不扣分】（2）因为，所以，所以【注：此处没有使用
10、并项法求和，而是使用不完全归纳法得出规律求和，不扣分】16【解析】（1）记表示甲以获胜，则前4局两人比分为平，第5局甲获胜，所以；【注：浸有列出式子，直接给出答束，扣3分】（2）的可能取值为3，4，5，故；【注：1不列出分布列的格，不扣分；2没有单独给出随机变童的取值，后面求概时有体现，不扣分；3每一个概值的计算只有结来没有式子，各和1分；4数学期望只有结果，没有式子，和1分；5结果没有化成最简分数，不扣分】17【解析】（1）证明：连接，过做的垂线交于点，所以，因为，所以，又因为，所以，所以，所以【注：其他方法证得，同样得分】因为面面，所以，与交于点，所以面，因为面，所以面面【注：1此处铁少面
11、，直接得面面，扣1分；2证得面后建系，由两平面的法向量重直得两平面垂直也同样得分】（2）延长交于点，因为面，且面，所以，即为面与面的交线，以为原点建系如图：，设面的方向量为，则，取，设直线与平面的夹角为，所以所以直线与平面夹角的正弦值为解法二：延长交于点，因为面，且面，所以，即为面与面的交线如图建立空间直角坐标系：所以，设面的方向量为，则，取，设直线与平面的夹角为，所以，所以直线与平面夹角的正弦值为解法三：延长交于点，因为面，且面，所以，即为面与面的交线做于点，连接，因为面，由三垂线定理可知：在中，所以设点到平面的距离为，由，得，因为面，所以在中，设与平面得夹角为，则，所以直线与平面夹角的正弦
12、值为18【解析】（1）由题意可知，则的定义域为，当时，则在上单调递减；当时，若；若，则在上单调递减，在上单调递增综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增【注：1丢接的情况，扣1分；2单调区间未用区间表示，共扣1分】（2）（）函数，则，故（）函数的定义域为若存在，使得曲线关于直线对称，则关于直线对称，所以由可知曲线关于直线对称【注：1由（）的计算结果猜想得出对称轴为直线，也得2分；2只要出理或或两者做差等于0等式子，即得2分；没有最后一句结论，不扣分】19【解析】（1）由题意可知，求导得，则切线的方程为为切线与轴的交点，则点的坐标为【注：求导正确得1分；正确求解点或处的切线得1分；正确求得点的坐标得1分】（2）设，则抛物线在点处的切线的方程为，同理可得切线的方程为，【注：得由其中一条切线方程即可得1分】联立可得交点同理可得【注：得由其中1个顶点的坐标即可得1分】设垂心的坐标为，则由可知，即【注：由现解之积为，即得1分】同理可得两式相减可得，即因此垂心在定直线上【注：出理定直线，即得1分】（3）直线的方程为，点到直线的距离为，则三角形的面积再由切线的方程为可知，点到直线的距离为，则外切三角形的面积故因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2解法二：因为，所以由得所以所以