2024届江西省吉安市吉水县第二中学高三练习题一（山东卷）数学试题

2023届江西省吉安市吉水县第二中学高三练习题一（山东卷）数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（）A．、B．、C．、D．、2．过抛物线（）的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点.，且在第一象限，则（）A． B． C． D．3．对于函数，定义满足的实数为的不动点，设，其中且，若有且仅有一个不动点，则的取值范围是（）A．或 B．C．或 D．4．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为A． B． C． D．5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（）A． B． C． D．6．若的二项展开式中的系数是40，则正整数的值为（）A．4 B．5 C．6 D．77．已知各项都为正的等差数列中，，若，，成等比数列，则（）A． B． C． D．8．函数的大致图像为（）A． B．C． D．9．已知集合，则集合（）A． B． C． D．10．已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则（）A． B．2 C． D．11．运行如图程序，则输出的S的值为（）A．0 B．1 C．2018 D．201712．我国古代数学名著《九章算术》有一问题：“今有鳖臑(biēnaò)，下广五尺，无袤；上袤四尺，无广；高七尺.问积几何？”该几何体的三视图如图所示，则此几何体外接球的表面积为()A．平方尺 B．平方尺C．平方尺 D．平方尺二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．点在双曲线的右支上，其左、右焦点分别为、，直线与以坐标原点为圆心、为半径的圆相切于点，线段的垂直平分线恰好过点，则该双曲线的渐近线的斜率为__________．14．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．15．已知向量，且向量与的夹角为_______.16．已知半径为的圆周上有一定点，在圆周上等可能地任意取一点与点连接，则所得弦长介于与之间的概率为__________．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）已知为各项均为整数的等差数列，为的前项和，若为和的等比中项，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求最大的正整数，使得.18．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，.点，，分别为线段，，的中点，点是线段的中点.（1）求证：平面.（2）判断与平面的位置关系，并证明.19．（12分）已知在中，内角所对的边分别为，若，，且.（1）求的值；（2）求的面积.20．（12分）设函数其中(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.21．（12分）已知函数.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围.22．（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线和圆的普通方程；（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.

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．A【解析】

设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，得到，进而变形即可求解.【详解】由题意，设，则，又由，所以，即函数在R上单调递增，则，即，变形可得.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.2．C【解析】

作，；，由题意，由二倍角公式即得解.【详解】由题意，，准线：，作，；，设，故，，.故选：C【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.3．C【解析】

根据不动点的定义，利用换底公式分离参数可得；构造函数，并讨论的单调性与最值，画出函数图象，即可确定的取值范围.【详解】由得，.令，则，令，解得，所以当时，，则在内单调递增；当时，，则在内单调递减；所以在处取得极大值，即最大值为，则的图象如下图所示：由有且仅有一个不动点，可得得或，解得或.故选：C【点睛】本题考查了函数新定义的应用，由导数确定函数的单调性与最值，分离参数法与构造函数方法的应用，属于中档题.4．D【解析】

由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可．【详解】解：如图，

∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，

∴

设正方体的棱长为，则，∴．

取，连接，则共面，在中，设到的距离为，

设到平面的距离为，

.

故选D．【点睛】本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．5．C【解析】

由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径，根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积.【详解】由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，如图：由底面边长可知，底面三角形的顶角为，由正弦定理可得，解得，三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，所以，该几何体外接球的表面积为：.故选：C【点睛】本题考查了多面体的内切球与外接球问题，由三视图求几何体的表面积，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.6．B【解析】

先化简的二项展开式中第项，然后直接求解即可【详解】的二项展开式中第项.令，则，∴，∴（舍）或.【点睛】本题考查二项展开式问题，属于基础题7．A【解析】试题分析：设公差为或（舍），故选A.考点：等差数列及其性质.8．D【解析】

通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.【详解】函数的定义域为，当时，，排除B和C；当时，，排除A.故选：D.【点睛】本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题.9．D【解析】

弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.【详解】因，所以，故，又，，则，故集合.故选：D.【点睛】本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.10．C【解析】

把代入，利用复数代数形式的除法运算化简，由实部为0且虚部不为0求解即可．【详解】∵，∴，∵为纯虚数，∴，解得．故选C．【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，考查复数的基本概念，是基础题．11．D【解析】

依次运行程序框图给出的程序可得第一次：，不满足条件；第二次：，不满足条件；第三次：，不满足条件；第四次：，不满足条件；第五次：，不满足条件；第六次：，满足条件，退出循环．输出1．选D．12．A【解析】

根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥，将三棱锥补充成一个长方体，此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，由球的表面积公式计算可得选项.【详解】由三视图可得，该几何体是一个如图所示的三棱锥，为三棱锥外接球的球心，此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球，所以为的中点，设球半径为，则,所以外接球的表面积，故选：A．【点睛】本题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图，找出外接球的球心位置和半径，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】如图，是切点，是的中点，因为，所以，又，所以，，又，根据双曲线的定义，有，即，两边平方并化简得，所以，因此.14．2【解析】

根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.【详解】画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．故答案为：2【点睛】本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.15．1【解析】

根据向量数量积的定义求解即可．【详解】解：∵向量，且向量与的夹角为，∴||；所以：•（）2cos2﹣2＝1，故答案为：1．【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题．16．【解析】在圆上其他位置任取一点B，设圆半径为R，其中满足条件AB弦长介于与之间的弧长为•2πR，则AB弦的长度大于等于半径长度的概率P==；故答案为：．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）（2）1008【解析】

（1）用基本量求出首项和公差，可得通项公式；（2）用裂项相消法求得和，然后解不等式可得．【详解】解：（1）由题得，即解得或因为数列为各项均为整数，所以，即（2）令所以即，解得所以的最大值为1008【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，考查裂项相消法求数列的和．在等差数列和等比数列中基本量法是解题的基本方法．18．（1）见解析（2）平面.见解析【解析】

（1）要证平面，只需证明，，即可求得答案；（2）连接交于点，连接，根据已知条件求证，即可判断与平面的位置关系，进而求得答案.【详解】（1），为边的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，，在内，，为所在边的中点，，又，，平面.（2）判断可知，平面，证明如下：连接交于点，连接.、、分别为边、、的中点，.又是的重心，，，平面，平面，平面.【点睛】本题主要考查了求证线面垂直和线面平行，解题关键是掌握线面垂直判定定理和线面平行判断定理，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.19．（1）；（2）【解析】

（1）将代入等式，结合正弦定理将边化为角，再将及代入，即可求得的值；（2）根据（1）中的值可求得和，进而可得，由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由，得，由正弦定理将边化为角可得，∵，∴，∴，化简可得，∴解得.（2）∵在中，，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查了正弦定理在边角转化中的应用，正弦差角公式的应用，三角形面积公式求法，属于基础题.20．(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析【解析】

(Ⅰ)求导得到，，解得答案.(Ⅱ)，故，在上单调递减，在上单调递增，，设，证明函数单调递减，故，得到证明.【详解】(Ⅰ)，故，，故.(Ⅱ)，即，存在唯一零点，设零点为，故，即，在上单调递减，在上单调递增，故，设，则，设，则，单调递减，，故恒成立，故单调递减.，故当时，.【点睛】本题考查了函数的切线问题，利用导数证明不等式，转化为函数的最值是解题的关键.21．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质可得，不等式对任意实数恒成立，等价于，解不等式即可求的取值范围.试题解析：（Ⅰ）当时，即，①当时，得，所以；②当时，得，即，所以；③当时，得成立，所以.故不等式的解集为.（Ⅱ）因为，由题意得，则，解得，故的取值范围是.22．（1），；（2）【解析】分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，，直接由韦达定理可得，注意到直线与圆相交，因此判别式＞0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围