山东省实验中学2026届高三10月一诊数学试卷（含答案）

这是一份山东省实验中学2026届高三10月一诊数学试卷（含答案），共9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。
1.已知集合A={x|x2−x−2≥0}，B={x|x>−1}，则( )
A. A⊆BB. ∁RA⊆∁RBC. A∩B=ϕD. A∪B=R
2.已知甲、乙两批袋装食盐的质量(单位：g)分别服从正态分布N(μ甲,σ甲2)和N(μ乙,σ乙2)，其正态曲线如图所示，则( )
A. μ甲>μ乙，σ甲>σ乙B. μ甲>μ乙，σ甲2(a>0且a≠1)的值域是[4,+∞)，则实数a取值范围为( )
A. (1,2]B. (1,2)C. [2,+∞)D. (2,+∞)
6.已知a，b>0且a≠1，b≠1，若lgab>1，则( )
A. (a−1)(b−1)0
C. (b−1)(b−a)0
7.如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为
A. 4β+4csβB. 4β+4sinβC. 2β+2csβD. 2β+2sinβ
8.设函数y=f(x)的图象与y=2x+a的图象关于直线y=−x对称，且f(−2)+f(−4)=1，则a=( )
A. −1B. 1C. 2D. 4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某校举办“学党史守初心，践使命担责任”党史知识竞赛，并将2000名师生的竞赛成绩(满分100分，成绩取整数)整理成如图所示的频率分布直方图，则( )
A. a=0.005B. 估计成绩低于50分的有20人
C. 估计这组数据的众数为75D. 估计这组数据的第75百分位数为82
10.函数y=f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象如图所示，设f′(x)是函数f(x)的导函数，则( )
A. f′(x)>0的解集是(2,5)
B. 3a+2b+c>0
C. x=2时，f′(x)取得最大值
D. f(x)·f′(x)x2，则有不等式f′x1+f′x22>fx1−fx2x1−x2成立．
19.(本小题17分)
某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为200，每局比赛，棋手胜加100分；平局不得分；棋手负减100分．当棋手总分为0时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为300时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为14、14、12，且各局比赛相互独立．
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在3局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜1局，获奖5千元．记n(n≥10)局后比赛终止且棋手获奖1万元的概率为P(n)，求P(n)的最大值．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.A
5.A
6.D
7.B
8.C
9.ACD
10.BCD
11.ACD
12.−79
13.432
14.13
15.解 ：(1)因为tanα=43，tanα=sinαcsα，所以sinα=43csα．
因为sin2α+cs2α=1，所以(43csα)2+cs2α=1，
即cs2α=925，
因此，cs2α=2cs2α−1=−725．
(2)因为α，β为锐角，所以α+β∈(0,π)．
又因为cs(α+β)=− 55，
所以sin(α+β)= 1−cs2(α+β)=2 55，
因此tan(α+β)=−2．
因为tanα=43，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=−247，
因此，tan (α−β)=tan [2α−(α+β)]
=tan 2α−tan (α+β)1+tan 2αtan (α+β)=−211．

16.解：(1)由题意，根据表格中的数据，可得：
x=15(1+2+3+4+5)=3，y=15(2.8+3.4+3.6+4.4+4.8)=3.8，
i=15xi2=55,i=15xiyi=62，可得b=i=15xiyi−5xyi=15xi2−5x2=62−5×3×3.855−5×32=12=0.5．
所以a=y−bx=3.8−0.5×3=2.3，
故x的线性回归方程y=0.5x+2.3，
令x=6，得y=0.5×6+2.3=5.3，故2025年该车间年利润约为5.3百万元．
(2)随机变量X的可能值为1,2,3，
可得P(X=1)=C22C41C63=15，P(X=2)=C21C42C63=35，P(X=3)=C43C63=15，
所以X的分布列为：
所以期望为：E(X)=1×15+2×35+3×15=2．

17.解：(1)函数f(x)=xln(x−1)−ax的定义域为(1,+∞)，
可得f′(x)=ln(x−1)+xx−1−a，
由于f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立，
令g(x)=ln(x−1)+xx−1−a，所以g′(x)=1x−1−1(x−1)2=x−2(x−1)2，
因为12时，f′(x)min=f′(2)=2−am(1)=0，③
由①②③可得x1−x2f′x1+f′x2−2fx1−fx2>0．
所以，当k≥−3时，任意的x1,x2∈1,+∞)，且x1>x2，
有f′x1+f′x22>fx1−fx2x1−x2．

19.解：(1)设每局比赛甲胜为事件Ai，每局比赛甲平为事件Bi，每局比赛甲负为事件Cii∈N∗，
设“两局后比赛终止”为事件M，
因为棋手与机器人比赛2局，所以棋手可能得0分或300分比赛终止．
(i)当棋手得分为0分，则2局均负，即C1C2；
(ii)当棋手得分为300分，则2局先平后胜，即B1A2．
因为C1C2、B1A2互斥，所以P(M)=PC1C2+B1A2=PC1C2+PB1A2
=PC1PC2+PB1PA2=122+142=516．
所以两局后比赛终止的概率为516．
(2)设“3局后比赛终止”为事件D，“3局后棋手挑战成功”为事件E．
因为P(D)=PB1B2A3+B1C2C3+C1A2A3+C1B2C3
=143+14×122+12×142+12×14×12=1164，
P(E)=PB1B2A3+C1A2A3=143+12×142=364．
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
PED =P(DE)P(D)=P(E)P(D)=3641164=311．
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为311．
(3)因为n局获奖励1万元，说明甲共胜2局．
(i)当棋手第n局以0分比赛终止，说明前n−1局中有3负2胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有Cn−15种，
(ii)当棋手第n局以300分比赛终止，说明前n−1局中有1负1胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有Cn−12种，
则“n(n≥10)局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率
P(n)=Cn−1512414n−4+Cn−121214n−1=Cn−12+8Cn−1522n−1，(n≥10)．
所以P(n+1)P(n)=Cn2+8Cn54Cn−12+32Cn−15．
Cn2+8Cn5−4Cn−12−32Cn−15=Cn2−4Cn−12+8Cn5−4Cn−15
=(n−1)(8−3n)2+(n−1)(n−2)(n−3)(n−4)(20−3n)15
因为n≥10，所以Cn2+8Cn5−4Cn−12−32Cn−15