重庆市开州中学2024届高三数学上学期第二次考试试题（Word版附解析）

这是一份重庆市开州中学2024届高三数学上学期第二次考试试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了答非选择题时，必须用0， 若为偶函数，则．等内容，欢迎下载使用。
高三第二次考试数学试卷10.6注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定位置.2.答选择题时，使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动答案，需用橡皮擦将原标号擦干净，再选涂其他答案标号.3.所有试题必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.4.答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定位置.一、单选题（本题共有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. 若集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】，故，故选：D 2. 若，则（    ）A.  B.  C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法可求，从而可求.【详解】由题设有，故，故，故选：D 3. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率.故选：D. 4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.【详解】[方法一]:常规解法因为，所以，，得到，同理，可得，又因为，故，；以此类推，可得，，故A错误；，故B错误；，得，故C错误；，得，故D正确.[方法二]：特值法不妨设则故D正确. 5. 若为偶函数，则（    ）．A.  B. 0 C.  D. 1【答案】B【解析】【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.【详解】因为 为偶函数，则 ，解得，当时，，，解得或，则其定义域为或，关于原点对称.，故此时为偶函数.故选：B. 6. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 3【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为函数图象关于点对称，所以，且，所以，所以，，所以.故选：A 7. 有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ）A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B 8. 已知函数的定义域为，且对任意实数，满足，若，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 1【答案】B【解析】【分析】利用赋值法，结合周期性求得正确答案.【详解】因为且，令，，则，故，即，所以：，，所以函数是周期为6的周期函数.在中，令，，得，则；令，，得，则；由得：，，，，所以故由函数的周期性知中，任意连续6个数之和为，而，所以.故选：B【点睛】方法点睛：对于抽象函数求值的问题，解题方法主要有两个，一个是赋值法，根据已知条件进行赋值，可求得相关的函数值，由此来对问题进行求解；第二个是利用周期性进行求值，函数周期性的表现形式有很多，但最重要的是.二、多选题（本题共有4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）.9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ）A. 的平均数等于的平均数B. 的中位数等于的中位数C. 的标准差不小于的标准差D. 的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，，则平均数，标准差，显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD. 10. 已知数列满足，，则（    ）A.  B. 为等比数列C.  D. 数列的前项和为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由递推式直接求解，对于B，对递推式变形进行判断，对于C，由等差数列的通项公式求解，对于D，利用裂项相消法求解.【详解】对于A，因为，，所以，，所以A正确；对于B，因为，所以，即，所以为等差数列且非常数列，所以 B不正确；对于C，由选项B可知，所以，所以，所以 C正确；对于D，，所以，所以D正确，故选：ACD.11. 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）A. 的图象关于点对称B. 在上是增函数C. 的最大值为D. 若，则【答案】AD【解析】【分析】根据三角函数的对称性、单调性、最值、周期等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，，，所以的图象关于点对称，A选项正确.，，B选项错误.由于，所以，C选项错误. ，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，，，结合的单调性可知的最小正周期为，所以当时，取得最大值为：，当时，取得最小值为：，而，所以，D选项正确.故选：AD12. 若实数，满足，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用基本不等式或者三角换元法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】（时等号成立）对于A，法1由得，即，解得，当且仅当时，取等号，故A正确.法2由变形可得，可设，（三角换元），则，，所以，当且仅当，或，时，，故A正确.对于B，由得，解得，当且仅当时，取等号，故B正确.对于C，D，由得，即，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，故C正确，D错误.故选：ABC【点睛】利用基本不等式求解不等式的问题，主要是通过化归与转化的数学思想方法，然后选择中的一个，或利用整体代换的方法来求得正确答案.在解题的过程中，要注意基本不等式等号成立的条件.三、填空题（本题共有4小题，每小题5分，共20分）.13. 已知随机变量服从正态分布，且，则______.【答案】##【解析】【分析】根据正态分布的对称性求得正确答案.【详解】依题意，，所以.故答案为：14. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【解析】【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-28 15. 已知向量，满足，，则______．【答案】【解析】【分析】法一：根据题意结合向量数量积的运算律运算求解；法二：换元令，结合数量积的运算律运算求解.【详解】法一：因为，即，则，整理得，又因为，即，则，所以.法二：设，则，由题意可得：，则，整理得：，即.故答案为：. 16. 已知函数若方程有四个不同的实根，满足，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】画出函数的图象，由有四个根，可得，结合图象，找到四个根，的关系可解决.详解】由图可知，且，所以，又因为，由二次函数的对称性可知，则，，令，所以函数单调递增，由二次函数求值域可知.故答案为：四、解答题（本题共有6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）.17. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）当时，求的值域.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）化简的解析式，然后根据三角函数最小正周期的求法求得正确答案.（2）根据三角函数值域的求法求得正确答案.【小问1详解】∵∴函数的最小正周期为【小问2详解】∵当时，，∴，故函数的值域为.18. 已知函数求曲线在点处的切线方程若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围【答案】(1) x+y-1=0.(2) .【解析】【分析】(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.【详解】（1）因为，所以.   所以   又   所以曲线在点处的切线方程为   即.（5分）（2）由题意得，，   所以.   由，解得，   故当时，，在上单调递减；   当时，，在上单调递增.   所以.   又，，若函数恰有两个零点，   则解得. 所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.19. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求角；（2）若的面积为1，求的周长的最小值.【答案】（1）    （2）（或写成）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化，结合三角函数恒等变形，化简求，即可求解；（2）首先由面积公式得，再结合余弦定理和基本不等式，即可求解周长的最小值.【小问1详解】因为，所以，即,由正弦定理得，，，即，且，所以，，则；【小问2详解】由题知，，则，，当时，等号成立，，，即，所以当（或写成），时，周长的最小值是（或写成）20. 记为数列的前项和，已知，且．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足________，记为数列的前项和，证明：．从①  ②两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论和，利用作差法得，从而根据等比数列定义求出；（2）若选择①利用裂项相消求和，若选择②利用错位相减求和，最后证明结论即可.【小问1详解】①，当时，，；当时，②①-②得，即又，∴数列是从第2项起的等比数列，即当时，．．【小问2详解】若选择①：，．若选择②，则③，④，③-④得，．21. 某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分.已知小明同学能答对10道题中的6道题.（1）求小明同学在一轮比赛中所得积分的分布列和期望；（2）规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在5轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？【答案】（1）分布列见解析，    （2）3次或4次【解析】【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.（2）根据二项分布的知识求得闯关成功的次数的分布列，由此求得正确答案.【小问1详解】由题知：可取0，1，2，3，则:，，，，故的分布列为：0123则的期望为：.【小问2详解】方法1、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为，则.故所以的分布列为：012345故小明同学5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.方法2、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功次数为，则故∴假设当时，对应概率取值最大，则解得，而故小明同学在5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.22. 已知函数，且.（1）求；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）第一问转换为，对参数分类讨论首先得出，然后转换为即可求解.（2）对连续求导，得出的根的情况即可得出存在唯一的极大值点，进而即可证明.【小问1详解】定义域为,设，则，等价于.而，若，则，所以此时在上单调递减，又注意到，所以当时，不成立，因此只能，令，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以的最小值为，若恒成立只需即可，不妨设，则只需，求导得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以    ，若要，则，由以上分析可知该方程有唯一解符合题意，综上所述：.小问2详解】由（1）知，.设，则.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.又，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，因为，且当时，,此时单调递增；当，，此时单调递减；当时，，此时单调递增.所以是的唯一极大值点.由得，故.由得.因为是在的最大值点，由，得，，综上，函数存在唯一的极大值点，且.【点睛】关键点点睛：解决第一问的关键是用分析法将问题转换为存在使得，而第二问的关键是要求二阶导数，从而结合分析法即可求证.