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文档简介
2024届山东省东营市实验中学高考数学一模试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.若的展开式中的常数项为-12,则实数的值为()A.-2 B.-3 C.2 D.32.“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为A. B.C. D.3.数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为()A. B. C. D.4.若函数在处取得极值2,则()A.-3 B.3 C.-2 D.25.网络是一种先进的高频传输技术,我国的技术发展迅速,已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款手机,现调查得到该款手机上市时间和市场占有率(单位:%)的几组相关对应数据.如图所示的折线图中,横轴1代表2019年8月,2代表2019年9月……,5代表2019年12月,根据数据得出关于的线性回归方程为.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势,则最早何时该款手机市场占有率能超过0.5%(精确到月)()A.2020年6月 B.2020年7月 C.2020年8月 D.2020年9月6.已知数列对任意的有成立,若,则等于()A. B. C. D.7.过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点,且,抛物线的准线与轴交于,的面积为,则()A. B. C. D.8.在等差数列中,,,若(),则数列的最大值是()A. B.C.1 D.39.过抛物线的焦点的直线交该抛物线于,两点,为坐标原点.若,则直线的斜率为()A. B. C. D.10.已知方程表示的曲线为的图象,对于函数有如下结论:①在上单调递减;②函数至少存在一个零点;③的最大值为;④若函数和图象关于原点对称,则由方程所确定;则正确命题序号为()A.①③ B.②③ C.①④ D.②④11.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,线段B1D1上有两个动点E、F且EF=,则下列结论中错误的是()A.AC⊥BE B.EF平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值12.已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C相交于A,B两点,F为C的焦点,若|FA|=2|FB|,则|FA|=()A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在四面体中,与都是边长为2的等边三角形,且平面平面,则该四面体外接球的体积为_______.14.在数列中,已知,则数列的的前项和为__________.15.已知抛物线的对称轴与准线的交点为,直线与交于,两点,若,则实数__________.16.已知,则=___________,_____________________________三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.18.(12分)在一次电视节目的答题游戏中,题型为选择题,只有“A”和“B”两种结果,其中某选手选择正确的概率为p,选择错误的概率为q,若选择正确则加1分,选择错误则减1分,现记“该选手答完n道题后总得分为”.(1)当时,记,求的分布列及数学期望;(2)当,时,求且的概率.19.(12分)如图,在正四棱柱中,已知,.(1)求异面直线与直线所成的角的大小;(2)求点到平面的距离.20.(12分)已知椭圆的焦距为,斜率为的直线与椭圆交于两点,若线段的中点为,且直线的斜率为.(1)求椭圆的方程;(2)若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点,且满足,问:是否为定值?若是,求出此定值,若不是,说明理由.21.(12分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.(1)证明:平面(2)若,求二面角的余弦值.22.(10分)已知椭圆:()的左、右顶点分别为、,焦距为2,点为椭圆上异于、的点,且直线和的斜率之积为.(1)求的方程;(2)设直线与轴的交点为,过坐标原点作交椭圆于点,试探究是否为定值,若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、C【解析】
先研究的展开式的通项,再分中,取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为,所以的展开式中的常数项为:,解得,故选:C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式,还考查了运算求解的能力,属于基础题.2、D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解.详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(),数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.3、D【解析】
利用等差数列通项公式推导出λ,由d∈[1,2],能求出实数λ取最大值.【详解】∵数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,∴1+3d+λ(1+9d)+1+15d=15,解得λ,∵d∈[1,2],λ2是减函数,∴d=1时,实数λ取最大值为λ.故选D.【点睛】本题考查实数值的最大值的求法,考查等差数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.4、A【解析】
对函数求导,可得,即可求出,进而可求出答案.【详解】因为,所以,则,解得,则.故选:A.【点睛】本题考查了函数的导数与极值,考查了学生的运算求解能力,属于基础题.5、C【解析】
根据图形,计算出,然后解不等式即可.【详解】解:,点在直线上,令因为横轴1代表2019年8月,所以横轴13代表2020年8月,故选:C【点睛】考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用,基础题.6、B【解析】
观察已知条件,对进行化简,运用累加法和裂项法求出结果.【详解】已知,则,所以有,,,,两边同时相加得,又因为,所以.故选:【点睛】本题考查了求数列某一项的值,运用了累加法和裂项法,遇到形如时就可以采用裂项法进行求和,需要掌握数列中的方法,并能熟练运用对应方法求解.7、B【解析】
设点、,并设直线的方程为,由得,将直线的方程代入韦达定理,求得,结合的面积求得的值,结合焦点弦长公式可求得.【详解】设点、,并设直线的方程为,将直线的方程与抛物线方程联立,消去得,由韦达定理得,,,,,,,,可得,,抛物线的准线与轴交于,的面积为,解得,则抛物线的方程为,所以,.故选:B.【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算,计算出抛物线的方程是解答的关键,考查计算能力,属于中等题.8、D【解析】
在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时,取最大即可求得结果.【详解】因为,所以,即,又,所以公差,所以,即,因为函数,在时,单调递减,且;在时,单调递减,且.所以数列的最大值是,且,所以数列的最大值是3.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.9、D【解析】
根据抛物线的定义,结合,求出的坐标,然后求出的斜率即可.【详解】解:抛物线的焦点,准线方程为,设,则,故,此时,即.则直线的斜率.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义,直线斜率公式,属于中档题.10、C【解析】
分四类情况进行讨论,然后画出相对应的图象,由图象可以判断所给命题的真假性.【详解】(1)当时,,此时不存在图象;(2)当时,,此时为实轴为轴的双曲线一部分;(3)当时,,此时为实轴为轴的双曲线一部分;(4)当时,,此时为圆心在原点,半径为1的圆的一部分;画出的图象,由图象可得:对于①,在上单调递减,所以①正确;对于②,函数与的图象没有交点,即没有零点,所以②错误;对于③,由函数图象的对称性可知③错误;对于④,函数和图象关于原点对称,则中用代替,用代替,可得,所以④正确.故选:C【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质,函数的图象与性质,函数的零点概念,考查了数形结合的数学思想.11、D【解析】
A.通过线面的垂直关系可证真假;B.根据线面平行可证真假;C.根据三棱锥的体积计算的公式可证真假;D.根据列举特殊情况可证真假.【详解】A.因为,所以平面,又因为平面,所以,故正确;B.因为,所以,且平面,平面,所以平面,故正确;C.因为为定值,到平面的距离为,所以为定值,故正确;D.当,,取为,如下图所示:因为,所以异面直线所成角为,且,当,,取为,如下图所示:因为,所以四边形是平行四边形,所以,所以异面直线所成角为,且,由此可知:异面直线所成角不是定值,故错误.故选:D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用,涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算,难度较难.注意求解异面直线所成角时,将直线平移至同一平面内.12、C【解析】
方法一:设,利用抛物线的定义判断出是的中点,结合等腰三角形的性质求得点的横坐标,根据抛物线的定义求得,进而求得.方法二:设出两点的横坐标,由抛物线的定义,结合求得的关系式,联立直线的方程和抛物线方程,写出韦达定理,由此求得,进而求得.【详解】方法一:由题意得抛物线的准线方程为,直线恒过定点,过分别作于,于,连接,由,则,所以点为的中点,又点是的中点,则,所以,又所以由等腰三角形三线合一得点的横坐标为,所以,所以.方法二:抛物线的准线方程为,直线由题意设两点横坐标分别为,则由抛物线定义得又①②由①②得.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查直线和抛物线的位置关系,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、【解析】
先确定球心的位置,结合勾股定理可求球的半径,进而可得球的面积.【详解】取的外心为,设为球心,连接,则平面,取的中点,连接,,过做于点,易知四边形为矩形,连接,,设,.连接,则,,三点共线,易知,所以,.在和中,,,即,,所以,,得.所以.【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题,外接球的半径的求解一般有两个思路:一是确定球心位置,利用勾股定理求解半径;二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.14、【解析】
由已知数列递推式可得数列的所有奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列,求其通项公式,得到,再由求解.【详解】解:由,得,,则数列的所有奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列.,..故答案为:.【点睛】本题考查数列递推式,考查等差数列与等比数列的通项公式,训练了数列的分组求和,属于中档题.15、【解析】
由于直线过抛物线的焦点,因此过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义及平行线性质可得,从而再由抛物线定义可求得直线倾斜角的余弦,再求得正切即为直线斜率.注意对称性,问题应该有两解.【详解】直线过抛物线的焦点,,过,分别作的准线的垂线,垂足分别为,,由抛物线的定义知,.因为,所以.因为,所以,从而.设直线的倾斜角为,不妨设,如图,则,,同理,则,解得,,由对称性还有满足题意.,综上,.【点睛】本题考查抛物线的性质,考查抛物线的焦点弦问题,掌握抛物线的定义,把抛物线上点到焦点距离与它到距离联系起来是解题关键.16、−196−3【解析】
由二项式定理及二项式展开式通项得:,令x=1,则1+a0+a1+…+a7=(1+1)×(1-2)7=-2,所以a0+a1+…+a7=-3,得解.【详解】由二项式(1−2x)7展开式的通项得,则,令x=1,则,所以a0+a1+…+a7=−3,故答案为:−196,−3.【点睛】本题考查二项式定理及其通项,属于中等题.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)或;(2)或.【解析】试题分析:(1)根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组,分别求解集,最后求并集(2)根据绝对值三角不等式得最小值,再解含绝对值不等式可得的取值范围.试题解析:(1)等价于或或,解得:或.故不等式的解集为或.(2)因为:所以,由题意得:,解得或.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.18、(1)见解析,0(2)【解析】
(1)即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可;(2)当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.【详解】解:(1)的取值可能为,,1,3,又因为,故,,,,所以的分布列为:13所以(2)当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又已知,第一题答对,若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题;若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题,此时的概率为(或).【点睛】本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.19、(1);(2).【解析】
(1)建立空间坐标系,通过求向量与向量的夹角,转化为异面直线与直线所成的角的大小;(2)先求出面的一个法向量,再用点到面的距离公式算出即可.【详解】以为原点,所在直线分别为轴建系,设所以,,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为,异面直线与直线所成的角的大小为.(2)因为,,设是面的一个法向量,所以有即,令,,故,又,所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离,意在考查学生的数学建模以及数学运算能力.20、(1).(2)为定值.过程见解析.【解析】分析:(1)焦距说明,用点差法可得=.这样可解得,得椭圆方程;(2)若,这种特殊情形可直接求得,在时,直线方程为,设,把直线方程代入椭圆方程,后可得,然后由纺长公式计算出弦长,同时直线方程为,代入椭圆方程可得点坐标,从而计算出,最后计算即可.详解:(1)由题意可知,设,代入椭圆可得:,两式相减并整理可得,,即.又因为,,代入上式可得,.又,所以,故椭圆的方程为.(2)由题意可知,,当为长轴时,为短半轴,此时;否则,可设直线的方程为,联立,消可得,,则有:,所以设直线方程为,联立,根据对称性,不妨得,所以.故,综上所述,为定值.点睛:设直线与椭圆相交于两点,的中点为,则有,证明方法是点差法:即把点坐标代入
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