2024届山东省淄博实验中学、齐盛高中、淄博六中高三上学期第二次阶段性诊断检测数学试题含答案

这是一份2024届山东省淄博实验中学、齐盛高中、淄博六中高三上学期第二次阶段性诊断检测数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】集合B是函数定义域，由图中阴影部分利用集合的基本运算即可求得结果.
【详解】根据函数定义域可得，所以集合；
图中阴影部分对应集合为，
由可得，，
即图中阴影部分对应的集合为.
故选：D.
2．已知，则z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由复数除法求得后，根据定义可得．
【详解】，所以虚部为．
故选：C．
3．“函数在上单调递增”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复合型函数的单调性求参数范围，结合充分、必要条件的定义确定一个充分不必要条件即可.
【详解】解：设，则该函数开口向上且对称轴为，
所以在上递增，
又在定义域上递增，要使在上单调递增，
则，即，
且，
综上，是函数在上单调递增的充要条件，
显然D是充分不必要条件，A、B、C都不是.
故选：D.
4．已知正项数列满足，若存在，使得，则的最小值为（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】B
【分析】判断为等比数列并求的公比, 再化简，最后利用基本不等式求的最小值，代入即可得解.
【详解】因为，所以为等比数列，设的公比为，
因为，所以，即，得．
所以．
因为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以．
故选：B.
5．已知圆C: ，直线：，直线被圆C截得的弦长最短时，实数m的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据直线的方程，求得直线所过的定点，直线被圆C截得的弦长最短时有，则，解出方程即可.
【详解】因为直线：，
方程可化为，
令，解得，
故直线过定点，
且在圆C:内，又,
故当直线被圆C截得的弦长最短时,
有，
则，
解得，
故选：B.
6．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数奇偶性，以及求导判断函数的单调性，即可求解相应不等式.
【详解】，
，为奇函数，
则，
，，
，为减函数，
又，
则，
，
或.
故选：C
7．在，角的对边分别为，若，且，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】已知，由正弦定理边化角，化简可得，设，在和中，由余弦定理可得，可求的最小值.
【详解】由及正弦定理可得，
由，可得，故．
通解 设，由可得，
由余弦定理可得，又，
所以，得．
在和中，由余弦定理得，，
由可得，
故，
当时，取得最小值12，即，得，故的最小值为2．
优解 由题意知，
两边同时平方得，
又，所以当且仅当，即时取等号，
则，故的最小值为2．
故选：B
8．已知函数及其导函数的定义域均为，，且是偶函数，，，则（ ）
A．2022B．2023C．2024D．2025
【答案】D
【分析】根据是偶函数，可得出，从而可得，求出C，采用变量代换的方法，推出函数的周期，进而求得函数在一个周期内的函数值，即可求得答案.
【详解】因为是偶函数，所以，
则，C为常数，即，
又，令得，即，
则，
又，则，，
故，函数是周期为4的周期函数，
由，令，得，
，所以，，，
，则，
则，
故，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，进而求得一个周期内的函数值，即可求解.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B．对于随机事件与，若，，则事件与独立
C．若随机变量，，若最大，则
D．已知二项式的第三项和第八项的二项式系数相等.若展开式的常数项为84，则
【答案】BCD
【分析】对于A，利用百分位数的定义判断即可；对于B，利用对立事件和条件概率的公式，结合独立事件的定义判断即可；对于C，根据随机变量的均值与方差公式，结合二项分布的概率公式求解即可；对于D，利用二项式定理判断即可.
【详解】对于A：把数据从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9，因为，
则这组数据的第70百分位数为，故A错误；
对于B：,，
所以，即事件A与B相互独立，故B正确；
对于C：因为随机变量，所以，故，
又，
当最大时，即，化简得，
即，又，
此时，故C正确；
对于D：因为二项式的第三项和第八项的二项式系数相等，所以，
所以，所以展开式的通项公式是，
令，得，所以常数项为，即，故D正确.
故选：BCD.
10．下列命题正确的是（ ）
A．若均为第一象限角且，则
B．若为第一象限角，则
C．在中，若，则为锐角三角形
D．若为锐角三角形，则
【答案】BCD
【分析】根据三角函数的周期性即可举反例求解A，根据二倍角公式即可求解B，根据弦切互化以及和差角公式即可判定C,根据三角函数的单调性即可求解D.
【详解】对于A，比如，但是，故A错误，
对于B，由于为第一象限角，则，，故B正确，
对于C，在中，若，故，所以，故 为锐角三角形，C正确，
对于D，为锐角三角形，则,故,
同理可得，故，D正确，
故选：BCD
11．下列说法正确的是（ ）
A．已知点，，若过的直线与线段相交，则直线的倾斜角范围为
B．“”是“直线与直线互相平行”的充要条件
C．曲线：与：恰有四条公切线，则实数的取值范围为
D．圆上有且仅有2个点到直线：的距离都等于
【答案】AC
【详解】根据直线与线段的交点、直线平行、充要条件、圆与圆的位置关系、圆和直线的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【分析】A选项，，所以直线的倾斜角为，
，所以直线的倾斜角为，
所以直线的倾斜角范围为，A选项正确.
B选项，由解得，
当时，两直线为，两直线平行；
当时，两直线为，
即，两直线平行，
所以“”是“直线与直线互相平行”的充分不必要条件，
所以B选项错误.
C选项，：，即，是圆心为，半径；
：，即，
要表示圆，则，此时圆心为，半径为，
两圆有四条公切线，所以两圆外离，
所以，解得，C选项正确.
D选项，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有个点到直线：的距离都等于，
所以D选项错误.
故选：AC
12．如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）

A．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为
B．存在点P，使得平面平面
C．的最小值为
D．三棱锥外接球表面积最大值为
【答案】AD
【分析】连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，过D，P，Q三点的截面为梯形，然后计算即可得截面面积，可判断A；假设存在，然后利用面面平行性质定理推得，矛盾，可判断B；利用侧面展开图可求得最小值，判断C；利用补形法求外接球表面积即可判断D.
【详解】A选项：连接，由三角形中位线性质和正方体性质可知，，且，所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
易知，
作，则，，
所以梯形的面积，A正确；

B选项：若存在点P，使得平面平面，则由平面平面，平面平面可知，显然不平行，故B错误；

C选项：将侧面展开如图，显然当Q、P、D三点共线时，取得最小值，最小值为，C错误；

D选项：由题知，两两垂直，所以三棱锥外接球，即为以为共顶点的三条棱的长方体的外接球，记其半径为R，
则，
显然，当点P与C重合时，取得最大值，此时外接球表面积取得最大值，D正确.
故选：AD
三、填空题
13．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是 .
【答案】
【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角.
【详解】因为，所以，即①.
因为向量在向量方向的投影向量是，
所以.所以②，
将①代入②得，，又，所以.
故答案为：
14．已知圆的圆心在直线上，且与直线和轴都相切，则圆的方程为 .
【答案】或
【分析】由已知可设圆心为，半径，再根据直线与圆相切，可得解.
【详解】由已知圆的圆心在直线上，
则设，
又圆与轴相切，
所以半径，
圆的方程为
因为圆与直线相切，
所以，
化简得，解得或，
所以圆的方程为或，
故答案为：或.
15．某区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲、乙、丙等9名医务工作者中选6人参加周一到周六的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天．现要求甲、乙、丙至少选两人参加．考虑到实际情况，当甲、乙、丙三人都参加时，按照乙、甲、丙先后顺序排列而不一定相邻，那么不同的安排数为 （请算出实际数值）．
【答案】34800
【分析】根据给定条件分两类，再用分步乘法计数原理，排列，组合分类计算作答．
【详解】第一种情况：
甲、乙、丙中只选两人，有种选法，再从余下6人中任选4人有选法，将选取的6人安排到周一到周六有种，因此，共有不同安排种数为：；
第二种情况：
当甲、乙、丙三人都参加时，从余下6人中任选3人有选法，这6人全排列有种，甲乙丙三人全排列有种方法，在种方法中，只有1种按照乙、甲、丙顺序，所以共有种；
由分类加法计数原理得：共有不同的安排数为，
故答案为：34800．
16．已知函数有三个零点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】确定，设，求导得到单调区间，计算最值，画出函数图像，根据图像知有两根，，且，，计算得到答案.
【详解】，，故，
设，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，画出函数图像，如图所示：
故有两根，，，解得或，
①满足，，只需且，
解得.
②满足，，将代入方程解得，，不满足；
综上所述：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的方法，将零点问题转化为二次函数根的分布问题，是解题的关键，结合函数图像可以快速得到答案.
四、解答题
17．已知函数.
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)设的内角的对边分别为，且为锐角，，求的周长.
【答案】(1)，增区间为
(2)
【分析】（1）应用二倍角公式、两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质可得最小正周期和增区间；
（2）根据求得，然后由正弦定理得到，然后利用余弦定理求得，进而可求周长.
【详解】（1）∵函数，
所以函数的最小正周期；
令，
解得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）因为，所以，
因为，所以 ，
所以，即，
因为，根据正弦定理可得，
根据余弦定理可得，
解得，（舍去负值），
所以△ABC的周长.
18．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)保持中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值（用数字作答）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，求得，结合时，求得，进而得到数列的通项公式；
（2）根据题意，得到新数列的前100项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：由数列的前n项和为，且，
当时，，
所以，
当时，，不符合上式，
所以数列的通项公式为．
（2）解：保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，
则新数列的前100项为3，1，，1，1，，1，1，1，，1，1，1，1，， ，，1，1，1，1，1，1，1，1，1，1，
则
．
19．已知点，圆．
(1)求圆过点的切线方程；
(2)为圆与轴正半轴的交点，过点作直线与圆交于两点、，设、的斜率分别为、，求证：为定值．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）对切线的斜率是否存在进行分类讨论，在切线斜率不存在的情况下，直接验证即可；当切线的斜率存在时，设切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可求出的值，综合可得出所求切线的方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式和韦达定理可计算出的值，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：易知圆的圆心为，半径为，因为，则点在圆外，
当切线的斜率不存在时，切线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，
则直线与圆相切，合乎题意；
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，
则，解得，此时，切线的方程为，即.
综上所述，求圆过点的切线方程为或.
（2）证明：在圆的方程中，令，可得，则，
由（1）可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
设点、，
联立可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
所以，
.
故为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
20．如图甲，已知在长方形中，，，M为DC的中点．将沿折起，如图乙，使得平面平面．
(1)求证：平面；
(2)若点E是线段上一动点，点E在何位置时，二面角的余弦值为．
【答案】(1)证明见解析
(2)E为的靠近D点的五等分点
【分析】（1）先利用面面垂直的性质和矩形的性质证得线面垂直，再得线线垂直，最后又由线面垂直的判定定理得证；
（2）利用点E是线段DB上的一动点，设出，再求两个平面的法向量，进行求解．
【详解】（1）证明：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∵且，，平面，
∴平面．
（2）因为平面平面，，，M是的中点，
∴，
取的中点O，连接，则平面，
取的中点N，连接，则，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
设，，
因为平面的一个法向量，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可得．
再由，则，
∴或（舍），
所以E为的靠近D点的五等分点．
21．为了解新研制的抗病毒药物的疗效，某生物科技有限公司进行动物试验.先对所有白鼠服药，然后对每只白鼠的血液进行抽样化验，若检测样本结果呈阳性，则白鼠感染病毒;若检测样本结果呈阴性，则白鼠未感染病毒.现随机抽取只白鼠的血液样本进行检验，有如下两种方案:
方案一:逐只检验，需要检验次;
方案二:混合检验，将只白鼠的血液样本混合在一起检验，若检验结果为阴性，则只白鼠未感染病毒;若检验结果为阳性，则对这只白鼠的血液样本逐个检验，此时共需要检验次.
(1)若，且只有两只白鼠感染病毒，采用方案一，求恰好检验3次就能确定两只感染病毒白鼠的概率;
(2)已知每只白鼠感染病毒的概率为.
①采用方案二，记检验次数为，求检验次数的数学期望;
②若，每次检验的费用相同，判断哪种方案检验的费用更少?并说明理由.
【答案】(1)；
(2)①；②答案见解析.
【分析】（1）应用独立事件乘法公式及互斥事件加法求恰好检验3次就能确定两只感染病毒白鼠的概率；
（2）①次数为可能取值为1，，利用对立事件概率求法求各值的概率，进而求其期望；②由①得，根据其单调性及其零点，判断方案检验的费用的大小关系.
【详解】（1）根据题意，恰好在第一、三次确定两只感染病毒白鼠的概率，
恰好在第二、三次确定有两只感染病毒白鼠的概率，
所以恰好检验3次就能确定有两只白鼠感染病毒的概率．
（2）①设检验次数为，可能取值为1，．
则，，
所以．
②方案二的检验次数期望为，
所以，设，
因为，所以单调递增，由得：，
当时，，则，
当时，，则，
故当时，选择方案二检验费用少，
当时，选择方案一检验费用少，
当时，选择两种方案检验费用相同．
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)记的零点为，的极小值点为，当时，判断与的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)，理由见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出的导数，得出的单调性，结合函数的极小值点，得到，又，故，从而证明结论.
【详解】（1）由，
①若a0，则在上单调递增;
②若 a<0，令，则 ，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减.
（2）有，
证明：由，设
则在(0，+)上单调递增，即在上单调递增.
又，
存在，使在单调递减，在上单调递增，
为的极小值点，故.
由，
，
又，
由（1）知a>0时，在上单调递增，
.
【点睛】关键点睛：本题第二小问中，利用二阶求导求出的单调性是关键，从而可得存在，使得是的极小值点，得从而与函数关联起来.本题是综合题，考查了函数的单调性，极值问题，函数与导数的概念，以及转化思想和分类讨论思想，属于较难题.