还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2024年山东省泰安市高考数学第一次质检试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2024年山东省泰安市高考数学第一次质检试卷（含详细答案解析），共15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.已知抛物线C：x2=−4y，则C的准线方程为( )
A. y=1B. y=−1C. y=2D. y=−2
2.设集合A={x|−1≤x≤1}，B={x|lg2x<1}，则A∩B=( )
A. {x|−13.在平面内，M，N是两个定点，P是动点，若MP⋅NP=4，则点P的轨迹为( )
A. 椭圆B. 抛物线C. 直线D. 圆
4.若cs(π2+2α)−4sin2α=−2，则tan2α=( )
A. −2B. −12C. 2D. 12
5.在同一直角坐标系中，函数y=1ax，y=lga(x+12)(a>0,且a≠1)的图像可能是( )
A. B. C. D.
6.若非零向量a，b满足|a|=2 23|b|，且(a+b)⊥(3a−2b)，则a与b方的夹角为( )
A. π4B. π2C. 3π4D. π
7.已知函数f(x)=sinωxcsφ+csωxsinφ(ω>0,0<φ<π2)，f(x1)=0，f(x2)=1，若|x1−x2|的最小值为π2，且f(π2)=12，则f(x)的单调递增区间为( )
A. [π6+2kπ,76π+2kπ],k∈ZB. [−56π+2kπ,π6+2kπ],k∈Z
C. [−512π+kπ,π12+kπ]，k∈ZD. [−π3+2kπ,23π+2kπ]，k∈Z
8.已知F是双曲线C：x2−y28=1的右焦点，P是C左支上一点，A(0,6 6)，当△APF周长最小时，该三角形的面积为( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 6D. 12 6
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z，w，则下列说法正确的是( )
A. 若z=w̄，则z−=w
B. 若z=3+i，w=−2i，则z+w在复平面内对应的点在第二象限
C. 若z2=1，则z=z−
D. 若|z−2|=1，复数z在复平面内对应的点为Z，则直线OZ(O为原点)斜率的取值范围为[− 33, 33]
10.下列说法中正确的是( )
A. 一组数据10，11、11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14
B. 某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则从高中生中抽取的人数为70
C. 若样本数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x10+1的平均数为10，则数据x1，x2，⋯，x10的平均数为3
D. 随机变量X服从二项分布B(4,p)，若方差D(X)=34，则P(X=1)=364
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(1)=0，若f(x+y)=f(x)+f(y)+2，则下列说法正确的是( )
A. f(−1)=−4B. f(x)有最大值
C. f(2024)=4046D. 函数f(x)+2是奇函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.二项式(x+1)n(n∈N*)的展开式中x2的系数为15，则n=______.
13.在△ABC中，内角A，B、C的对边分别为a、b、c，已知2ccsB=2a−b，则C=______.
14.如图，在水平放置的底面直径与高相等的圆柱内，放入三个半径相等的实心小球A、B、C(小球材质密度>1×103kg/m3)，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球C，若圆柱底面半径为5+2 5，则球A的体积为______，圆柱的侧面积与球 B的表面积的比值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=23π,AA1=AB=2，E，F，G分别是BB1，CC1，DD1的中点.
(1)求证：A1E//GC；
(2)求平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小.
16.(本小题15分)
某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球.且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记−1分，得分在5分以上则获奖.
(1)求在1次游戏中，获奖的概率；
(2)求在1次游戏中，得分X的分布列及均值.
17.(本小题15分)
已知圆x2+y2−x−2y+m=0与x轴交于点P(1,0)，且经过椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，椭圆G的离心率为 53.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若点A为椭圆G上一点，且在x轴上方，B为A关于原点O的对称点，点M为椭圆G的右顶点，直线PA与MB交于点N，△PBN的面积为 53，求直线PA的斜率.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex(a≠0).
(1)若a>0，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x+y−2=0垂直，证明：f(x)>ln(x+2)；
(2)若对任意的x1，x2且x119.(本小题17分)
已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，a2=4，anan+1=2Sn(Sn+1+Sn−1−2Sn)(n∈N*,n≥2)，且n≥2).
(1)求数列(1Sn)的前n项和Tn；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G−数列”.证明：
①对任意k≤5且k∈N*，存在“G−数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk+1成立；
②当k≥6且k∈N*时，不存在“G−数列”{cn}，使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵x2=−4y，
∴p=2，
∴抛物线x2=−4y的准线方程为y=1.
故选：A.
根据抛物线的方程即可求出准线方程．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
化简集合B，利用交集运算即可求得答案．
本题主要考查了交集的运算，属于基础题．
【解答】
解：由B={x|lg2x<1}={x|0A={x|−1≤x≤1}，
则A∩B={x|−1≤x≤1}∩{x|0故选：C.
3.【答案】D
【解析】解：设点P(x,y)，点M(−c,0)，N(c,0)，
则MP=(x+c,y)，NP=(x−c,y)，
由MP⋅NP=4可得，(x+c)(x−c)+y2=4，
整理得，x2+y2=4+c2，
所以点P的轨迹为圆．
故选：D.
根据题意求出动点P的轨迹方程即可判断．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：cs(π2+2α)−4sin2α=−2，、
则−sin2α−4sin2α=−2，即2sinαcsα+4sin2αsin2α+cs2α=2，即2tanα+4tan2αtan2α+1=2，即tanα=1−tan2α，
故tan2α=2tanα1−tan2α=2tanαtanα=2.
故选：C.
先结合三角函数的诱导公式，同角公式，将弦化切，再结合正切的两角和公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：当01，由指数函数的性质可知y=1ax单调递增，由对数函数的性质可知y=lga(x+12)单调递减，
且当x=1时，y=lga(1+12)=lga32<0，
所以在选项A，B，C，D中，选项D满足；
当a>1时，则0<1a<1，由指数函数的性质可知y=1ax单调递减，由对数函数的性质可知y=lga(x+12)单调递增，
且当x=1时，y=lga(1+12)=lga32>0，
所以选项A，B，C，D，均不满足．
故选：D.
分类讨论01，然后每种情况利用指数函数和对数函数求解即可．
本题主要考查了指数函数和对数函数的图象和性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵|a|=2 23|b|，且(a+b)⊥(3a−2b)，
∴(a+b)⋅(3a−2b)=3a2+a⋅b−2b2=83b2+2 23b2⋅cs−2b2=0，且b2≠0，
∴83+2 23cs−2=0，解得cs=− 22，
又0≤≤π，
∴=3π4.
故选：C.
根据(a+b)⊥(3a−2b)可得出(a+b)⋅(3a−2b)=0，然后根据|a|=2 23|b|及|b|≠0进行数量积的运算即可求出cs=− 22，然后根据向量夹角的范围即可求出夹角．
考查向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的范围．
7.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=sinωxcsφ+csωxsinφ=sin(ωx+φ)，
因为f(x1)=0，f(x2)=1，因为|x1−x2|的最小值为π2，
可得T4=π2，可得T=2π=2πω，可得ω=1，
又因为f(π2)=12，所以sin(π2+φ)=12，
因为0<φ<π2，可得π2+φ=5π6，解得φ=π3，
所以f(x)=sin(x+π3)，
则f(x)的单调递增区间满足−π2+2kπ≤x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−5π6+2kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[−5π6+2kπ,π6+2kπ]，k∈Z.
故选：B.
由两角和的正弦公式化简函数f(x)=sin(ωx+φ)，由题意可得T4=π2，进而可得ω的值，再由f(π2)的值，可得φ的值，即求出函数f(x)的解析式，进而可得函数的单调递增区间．
本题考查两角和的正弦公式的应用及三角函数的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：易知a=1，c=3，
所以F(3,0)，|AF|=15，
不妨设F1是双曲线的左焦点，
此时|PF|−|PF1|=2，
所以|PA|+|PF|=|PA|+|PF1|+2≥|AF1|+2=17，
则当点P是线段AF1与双曲线的交点时，|PA|+|PF|=|PA|+|PF1|+2取得最小值，
此时△APF的周长最小，
此时sin∠OAF=15，cs∠PAF=1−2sin2∠OAF=2325，
解得sin∠PAF=4 625，
由余弦定理得|PF|2=|PA|2+|AF|2−2|PA||AF|cs∠PAF，
即(17−|PA|)2=|PA|2+152−2|PA|×15×2325，
解得|PA|=10，
所以S△APF=12|PA|⋅|AF|⋅sin∠PAF=12×10×15×4 625=12 6.
故选：D.
由题意，设F1是双曲线的左焦点，利用双曲线的定义以及余弦定理再进行求解即可．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，根据共轭复数的定义知，若z=w̄，则z−=w，选项A正确；
对于B，z+w=(3+i)−2i=3−i，所以z+w在复平面内对应的点(3,−1)，在第四象限，选项B错误；
对于C，若z2=1，则z=±1，所以z=z−，选项C正确；
对于D，因为|z−2|=1，所以复数z在复平面内对应的点Z是以(2,0)为圆心，半径为1的圆；
设直线OZ的方程为y=kx，则点(2,0)到直线kx−y=0的距离d≤r，
即|2k| k2+1≤1，解得− 33≤k≤ 33，
所以直线OZ斜率的取值范围是[− 33, 33]，选项D正确．
故选：ACD.
A中，根据共轭复数的定义，判断即可；
B中，计算z+w，即可得出z+w在复平面内对应点的坐标；
C中，由z2=1求出z，判断即可；
D中，判断复数z在复平面内对应点的轨迹是圆，利用圆心到直线的距离d≤r，列式求解即可．
本题考查了复数的定义与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对A，10×60%=6，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，即14+162=15，故A错误；
对B，由题抽取的高中生抽取的人数为100×35003500+1500=70，故B正确；
对C，设数据x1，x2，…，x10的平均数为x，
由平均值性质可知：样本数据3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的平均数为3x+1=10，解得x=3，故C正确；
对D，由题意可知4p(1−p)=34，解得p=14或p=34，
则P(X=1)=C41×14×(34)3=2764或P(X=1)=C41×34×(14)3=364，故D错误．
故选：BC.
由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D.
本题考查离散型随机变量的应用，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A中，令x=y=0，可得f(0)=−2，令x=1，y=−1，
则f(1−1)=f(−1)+f(1)+2，解得f(−1)=−4，所以A正确；
对于B中，令x=x1，y=x2−x1且x1若x>0时，f(x)>−2时，f(x2)−f(x1)>0，此时函数f(x)为单调递增函数；
若x<0时，f(x)<−2时，f(x2)−f(x1)<0，此时函数f(x)为单调递减函数，
所以函数f(x)不一定有最大值，所以B错误；
对于C中，令y=1，可得f(x+1)=f(x)+f(1)+2=f(x)+2，即f(x+1)−f(x)=2，
所以f(2024)=[f(2024)−f(2023)]+[f(2023)−f(2022)]+…+[f(3)−f(2)]+[f(2)−f(1)]+f(1)=2023×2+0=4046，所以C正确；
对于D中，令y=−x，可得f(0)=f(x)+f(−x)+2，可得f(x)+2+f(−x)+2=0，即f(x)+2=−[f(−x)+2]，所以函数f(x)+2是奇函数，所以D正确．
故选：ACD.
根据题意，利用抽象函数的的性质，利用赋值法并结合选项，即可逐项判定，从而求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】6
【解析】解：二项式(x+1)n(n∈N*)的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr⋅xn−r，
令n−r=2，求得r=n−2.
再根据Cnr=Cnn−2=Cn2=n(n−1)2=15，求得n=6，
故答案为：6.
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出n、r的关系，再根据展开式中x2的系数为15，求得n的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
13.【答案】60∘
【解析】解：∵2ccsB=2a−b，∴2c×a2+c2−b22ac=2a−b，
即a2+b2−c2=ab，∴csC=a2+b2−c22ab=12，
∵0∘故答案为：60∘.
代入余弦定理即可得．
本题考查余弦定理，属于基础题．
14.【答案】5003π 9+4 55
【解析】解：根据题意，作出圆柱的轴截面图，连接BC，AB，AC，
过B作BH⊥AC，垂足为H，如下所示：
设小球半径为r，圆柱的底面圆半径为R，
根据题意可得：BH=AC=2R−2r，
AB=BC=2r,AH=CH=12AC=R−r，
在三角形AHB中，由勾股定理可得AH2+HB2=AB2，
即(R−r)2+(2R−2r)2=4r2，整理得(Rr−1)2=45，
又R>r，则Rr=5+2 55，又R=5+2 5，则r=5，
故球A的体积为4π3r3=4π3×125=5003π；
圆柱的侧面积S1=2πR×2R=4πR2，
球B的表面积S2=4πr2，
则S1S2=R2r2=(5+2 55)2=9+4 55.
故答案为：5003π,9+4 55.
先作圆柱的轴截面图，根据几何关系求得小球半径，再根据球体的体积公式和表面积公式，以及圆柱侧面积计算公式，即可求得结果．
本题考查了球体的体积公式、表面积公式和圆柱侧面积计算公式，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：取BC中点H，连接AH，
∵底面ABCD是菱形，∠BAD=2π3，∴AH⊥AD，
以A为坐标原点，AH，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
A1E=( 3,−1,−1)，GC=( 3,−1,−1)，
∵A1E=GC，∴A1E//GC，∴A1E//GC.
(2)设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z)，
∵EF=(0,2,0)，
∴n⋅A1E= 3x−y−z=0n⋅EF=2y=0，取x=1，得n=(1,0, 3)，
AA1=(0,0,2)为平面ABCD的法向量，
设平面A1EF与平面ABCD的夹角产θ，
则csθ=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|=2 32×2= 32，
∴θ=π6，
∴平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小为π6.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算能求出结果．
(2)根据向量法能求出平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小．
本题考查线面垂直、平面与平面所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)设“在1次游戏中摸出i个红球”为事件Ai(i=0,1,2,3,4)，
设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B=A3∪A4，且A3，A4互斥，
P(A3)=C32C21C21+C31C21C52C42=310，P(A4)=C32C22C52C42=120，
所以在1次游戏中，获奖的概率P(B)=P(A3∪A4)=P(A3)+P(A4)=310+120=720.
(2)依题意，X所有可能取值为−4，−1，2，5，8，
由(1)知，
P(X=−4)=P(A0)=C22C22C52C42=160，P(X=−1)=P(A1)=C31C21+C22C21C21C52C42=16，
P(X=2)=P(A2)=C32C22+C22C22+C31C21C21C21C52C42=715，
P(X=5)=P(A3)=310，
P(X=8)=P(A4)=120，
所以X的分布列为：
E(X)=−4×160+(−1)×16+2×715+5×310+8×120=135.
【解析】(1)利用组合应用问题，结合古典概率公式求出摸到3个或4个红球的概率，再利用互斥事件求出概率．
(2)求出X的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为圆x2+y2−x−2y+m=0与x轴交于点P(1,0)，
所以1−1+m=0，即m=0，
所以圆的方程为：x2+y2−x−2y=0，令x=0，可得y=0或y=2，
由题意可得b=2，
离心率e=ca= 53= 1−b2a2，可得a2=9，
所以椭圆的方程为：x29+y24=1；
(2)设A(x0,y0)，由题意可得B(−x0,−y0)，M(3,0)，
由题知x0≠1且x0≠−3，
则PA:y=y0x0−1(x−1)，MB:y=y0x0+3(x−3)，
由y=y0x0−1(x−1!)y=y0x0−3(x−3)，解得y=−y02，x=32−12x0，
即N(32−12x0,−y02)，
又因为S△PBN=S△PBM−S△PNM=12×|PM|×12y0=12y0= 53，
即y0=2 53，
又x029+y024=1，x0=±2，
直线PA的斜率kAP=y0x0−1=−2 59或2 53.
【解析】(1)由题意可得m的值，进而求出b的值，再由离心率的大小可得a的值，求出椭圆的方程；
(2)设点A的坐标，由题意可得点B的坐标，求出直线PA，MB的方程，两式联立可得N的坐标，求出三角形的面积，由题意可得点A的坐标，进而求出直线PA的斜率．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：因为f′(x)=a2eax，
所以f′(0)=a2=1，
所以a=1，
所以f(x)=ex，
设F(x)=ex−ln(x+2)(x>−2)，则F′(x)=ex−1x+2，
设u(x)=ex−1x+2(x>−2)，
则u′(x)=ex+1(x+2)2>0，
所以F′(x)单调递增，
又因为F′(−1)=1e−1<0，F′(0)=e0−12=12>0，
所以存在x0∈(−1,0)使得F′(x)=0，即ex0=1x0+2，
所以x0=−ln(x0+2)，
所以当x∈(−2,x0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(x0)=ex0−ln(x0+2)=1x0+2+x0=x02+2x0+1x0+2=(x0+1)2x0+2>0，
所以f(x)>ln(x+2).
(2)证明：因为g(x)=aeax−eax1−eax2x1−x2(a≠0)，
所以g′(x)=a2eax>0，
所以g(x)在(x1,x2)上单调递增，
因为g(x1)=aeax1−eax1−eax2x1−x2=aeax1(x1−x2)−(eax1−eax2)x1−x2
=−eax1x2−x1[a(x1−x2)+ea(x2−x1)−1]
=−eax1x2−x1[ea(x2−x1)−a(x2−x1)−1]
g(x2)=eax2[ea(x1−x2)−a(x1−x2)−1]x2−x1，
设h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1，
令h′(x)=0，解得x=0，
当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x≠0时，h(x)>h(0)=0，即ex−x−1>0，
所以ea(x2−x1)−a(x2−x1)−1>0，ea(x1−x2)−a(x1−x2)−1>0，
又eax1x2−x1>0，eax2x2−x1>0，
所以g(x1)<0，g(x2)>0，
所以存在c∈(x1,x2)，使得g(c)=0，
因为g(x)在(x1,x2)上单调递增，
所以g(x)在(x1,x2)上存在唯一零点．
【解析】(1)根据题意，由导数的几何意义可得f′(0)=a2=1，解得a，可得f(x)的解析式，设F(x)=ex−ln(x+2)(x>−2)，求导分析单调性，最值，即可得出答案．
(2)根据题意可得g(x)=aeax−eax1−eax2x1−x2(a≠0)，求导分析单调性，计算g(x1)，g(x2)，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，a2=4，
anan+1=2Sn(Sn+1+Sn−1−2Sn)=2Sn(an+1−an)(n≥2)，
∴2Sn=anan+1an+1−an，2Sn−1=an−1anan−an−1(n≥3)，
∴2an=anan+1an+1−an−an−1anan−an−1，化简得an(an+1+an−1−2an)=0(n≥3)，
∴an+1+an−1=2an(n≥3)，
∵a1=2，a2=4，a2a3=2S2(S3+S1−2S2)，∴a3=6，a1+a3=2a2，
∴{an}为等差数列，an=2n，Sn=n2+n，1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=nn+1.
证明：(2)①设“G−数列”公比为q，且q>1，由题意，
只需证存在q对k≤5且k∈N*，2qk−1≤2k≤2qk成立，即(k−1)lnq≤lnk≤klnq成立，
设f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)=0，解得x=e，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
ln22经检验，对任意k≤5且k∈N*,(33)k−1≤k均成立，即(k−1)lnq≤lnk，
∴对任意k≤5且k∈N*，存在“G−数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk+1成立．
②若cm≤am≤cm+1成立，则qm−1≤m≤qm成立，
当k≥6时，取m=3，得q2≤3≤q3，取m=6，得q5≤6≤q6，
由q3≥3q5≤6得，q15≥243q15≤216，∴q不存在，
∴当k≥6且k∈N*时，不存在“G−数列”{cn}，使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立．
【解析】(1)由递推式得，an+1+an−1=2an，则{an}为等差数列，an=2n，Sn=n2+n，1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，可求Tn.
(2)①设f(x)=lnxx，由f(x)的单调性得，f(k)=lnkk≤ln33，取q=33，即可证明；
②取m=3，m=6，即可证明．
本题考查了由数列的递推式求通项公式，裂项法求和，数列的新定义，属于难题．X
−4
−1
2
5
8
P
160
16
715
310
120
1.已知抛物线C：x2=−4y，则C的准线方程为( )
A. y=1B. y=−1C. y=2D. y=−2
2.设集合A={x|−1≤x≤1}，B={x|lg2x<1}，则A∩B=( )
A. {x|−1
A. 椭圆B. 抛物线C. 直线D. 圆
4.若cs(π2+2α)−4sin2α=−2，则tan2α=( )
A. −2B. −12C. 2D. 12
5.在同一直角坐标系中，函数y=1ax，y=lga(x+12)(a>0,且a≠1)的图像可能是( )
A. B. C. D.
6.若非零向量a，b满足|a|=2 23|b|，且(a+b)⊥(3a−2b)，则a与b方的夹角为( )
A. π4B. π2C. 3π4D. π
7.已知函数f(x)=sinωxcsφ+csωxsinφ(ω>0,0<φ<π2)，f(x1)=0，f(x2)=1，若|x1−x2|的最小值为π2，且f(π2)=12，则f(x)的单调递增区间为( )
A. [π6+2kπ,76π+2kπ],k∈ZB. [−56π+2kπ,π6+2kπ],k∈Z
C. [−512π+kπ,π12+kπ]，k∈ZD. [−π3+2kπ,23π+2kπ]，k∈Z
8.已知F是双曲线C：x2−y28=1的右焦点，P是C左支上一点，A(0,6 6)，当△APF周长最小时，该三角形的面积为( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 6D. 12 6
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z，w，则下列说法正确的是( )
A. 若z=w̄，则z−=w
B. 若z=3+i，w=−2i，则z+w在复平面内对应的点在第二象限
C. 若z2=1，则z=z−
D. 若|z−2|=1，复数z在复平面内对应的点为Z，则直线OZ(O为原点)斜率的取值范围为[− 33, 33]
10.下列说法中正确的是( )
A. 一组数据10，11、11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14
B. 某中学有高中生3500人，初中生1500人，为了解学生学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为100的样本，则从高中生中抽取的人数为70
C. 若样本数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x10+1的平均数为10，则数据x1，x2，⋯，x10的平均数为3
D. 随机变量X服从二项分布B(4,p)，若方差D(X)=34，则P(X=1)=364
11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(1)=0，若f(x+y)=f(x)+f(y)+2，则下列说法正确的是( )
A. f(−1)=−4B. f(x)有最大值
C. f(2024)=4046D. 函数f(x)+2是奇函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.二项式(x+1)n(n∈N*)的展开式中x2的系数为15，则n=______.
13.在△ABC中，内角A，B、C的对边分别为a、b、c，已知2ccsB=2a−b，则C=______.
14.如图，在水平放置的底面直径与高相等的圆柱内，放入三个半径相等的实心小球A、B、C(小球材质密度>1×103kg/m3)，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球C，若圆柱底面半径为5+2 5，则球A的体积为______，圆柱的侧面积与球 B的表面积的比值为______.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，在底面为菱形的直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=23π,AA1=AB=2，E，F，G分别是BB1，CC1，DD1的中点.
(1)求证：A1E//GC；
(2)求平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小.
16.(本小题15分)
某学校为了缓解学生紧张的复习生活，决定举行一次游戏活动，游戏规则为：甲箱子里装有3个红球和2个黑球，乙箱子里装有2个红球和2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球.且每次游戏结束后将球放回原箱，摸出一个红球记2分，摸出一个黑球记−1分，得分在5分以上则获奖.
(1)求在1次游戏中，获奖的概率；
(2)求在1次游戏中，得分X的分布列及均值.
17.(本小题15分)
已知圆x2+y2−x−2y+m=0与x轴交于点P(1,0)，且经过椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，椭圆G的离心率为 53.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若点A为椭圆G上一点，且在x轴上方，B为A关于原点O的对称点，点M为椭圆G的右顶点，直线PA与MB交于点N，△PBN的面积为 53，求直线PA的斜率.
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=aex(a≠0).
(1)若a>0，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与直线x+y−2=0垂直，证明：f(x)>ln(x+2)；
(2)若对任意的x1，x2且x1
已知各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，a2=4，anan+1=2Sn(Sn+1+Sn−1−2Sn)(n∈N*,n≥2)，且n≥2).
(1)求数列(1Sn)的前n项和Tn；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G−数列”.证明：
①对任意k≤5且k∈N*，存在“G−数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk+1成立；
②当k≥6且k∈N*时，不存在“G−数列”{cn}，使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵x2=−4y，
∴p=2，
∴抛物线x2=−4y的准线方程为y=1.
故选：A.
根据抛物线的方程即可求出准线方程．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
化简集合B，利用交集运算即可求得答案．
本题主要考查了交集的运算，属于基础题．
【解答】
解：由B={x|lg2x<1}={x|0
则A∩B={x|−1≤x≤1}∩{x|0
3.【答案】D
【解析】解：设点P(x,y)，点M(−c,0)，N(c,0)，
则MP=(x+c,y)，NP=(x−c,y)，
由MP⋅NP=4可得，(x+c)(x−c)+y2=4，
整理得，x2+y2=4+c2，
所以点P的轨迹为圆．
故选：D.
根据题意求出动点P的轨迹方程即可判断．
本题主要考查了求动点的轨迹方程，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：cs(π2+2α)−4sin2α=−2，、
则−sin2α−4sin2α=−2，即2sinαcsα+4sin2αsin2α+cs2α=2，即2tanα+4tan2αtan2α+1=2，即tanα=1−tan2α，
故tan2α=2tanα1−tan2α=2tanαtanα=2.
故选：C.
先结合三角函数的诱导公式，同角公式，将弦化切，再结合正切的两角和公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：当0
且当x=1时，y=lga(1+12)=lga32<0，
所以在选项A，B，C，D中，选项D满足；
当a>1时，则0<1a<1，由指数函数的性质可知y=1ax单调递减，由对数函数的性质可知y=lga(x+12)单调递增，
且当x=1时，y=lga(1+12)=lga32>0，
所以选项A，B，C，D，均不满足．
故选：D.
分类讨论0
本题主要考查了指数函数和对数函数的图象和性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵|a|=2 23|b|，且(a+b)⊥(3a−2b)，
∴(a+b)⋅(3a−2b)=3a2+a⋅b−2b2=83b2+2 23b2⋅cs
∴83+2 23cs
又0≤
∴
故选：C.
根据(a+b)⊥(3a−2b)可得出(a+b)⋅(3a−2b)=0，然后根据|a|=2 23|b|及|b|≠0进行数量积的运算即可求出cs
考查向量垂直的充要条件，向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的范围．
7.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=sinωxcsφ+csωxsinφ=sin(ωx+φ)，
因为f(x1)=0，f(x2)=1，因为|x1−x2|的最小值为π2，
可得T4=π2，可得T=2π=2πω，可得ω=1，
又因为f(π2)=12，所以sin(π2+φ)=12，
因为0<φ<π2，可得π2+φ=5π6，解得φ=π3，
所以f(x)=sin(x+π3)，
则f(x)的单调递增区间满足−π2+2kπ≤x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−5π6+2kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[−5π6+2kπ,π6+2kπ]，k∈Z.
故选：B.
由两角和的正弦公式化简函数f(x)=sin(ωx+φ)，由题意可得T4=π2，进而可得ω的值，再由f(π2)的值，可得φ的值，即求出函数f(x)的解析式，进而可得函数的单调递增区间．
本题考查两角和的正弦公式的应用及三角函数的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：易知a=1，c=3，
所以F(3,0)，|AF|=15，
不妨设F1是双曲线的左焦点，
此时|PF|−|PF1|=2，
所以|PA|+|PF|=|PA|+|PF1|+2≥|AF1|+2=17，
则当点P是线段AF1与双曲线的交点时，|PA|+|PF|=|PA|+|PF1|+2取得最小值，
此时△APF的周长最小，
此时sin∠OAF=15，cs∠PAF=1−2sin2∠OAF=2325，
解得sin∠PAF=4 625，
由余弦定理得|PF|2=|PA|2+|AF|2−2|PA||AF|cs∠PAF，
即(17−|PA|)2=|PA|2+152−2|PA|×15×2325，
解得|PA|=10，
所以S△APF=12|PA|⋅|AF|⋅sin∠PAF=12×10×15×4 625=12 6.
故选：D.
由题意，设F1是双曲线的左焦点，利用双曲线的定义以及余弦定理再进行求解即可．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，根据共轭复数的定义知，若z=w̄，则z−=w，选项A正确；
对于B，z+w=(3+i)−2i=3−i，所以z+w在复平面内对应的点(3,−1)，在第四象限，选项B错误；
对于C，若z2=1，则z=±1，所以z=z−，选项C正确；
对于D，因为|z−2|=1，所以复数z在复平面内对应的点Z是以(2,0)为圆心，半径为1的圆；
设直线OZ的方程为y=kx，则点(2,0)到直线kx−y=0的距离d≤r，
即|2k| k2+1≤1，解得− 33≤k≤ 33，
所以直线OZ斜率的取值范围是[− 33, 33]，选项D正确．
故选：ACD.
A中，根据共轭复数的定义，判断即可；
B中，计算z+w，即可得出z+w在复平面内对应点的坐标；
C中，由z2=1求出z，判断即可；
D中，判断复数z在复平面内对应点的轨迹是圆，利用圆心到直线的距离d≤r，列式求解即可．
本题考查了复数的定义与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对A，10×60%=6，故第60百分位数为第6和第7位数的均值，即14+162=15，故A错误；
对B，由题抽取的高中生抽取的人数为100×35003500+1500=70，故B正确；
对C，设数据x1，x2，…，x10的平均数为x，
由平均值性质可知：样本数据3x1+1，3x2+1，…，3x10+1的平均数为3x+1=10，解得x=3，故C正确；
对D，由题意可知4p(1−p)=34，解得p=14或p=34，
则P(X=1)=C41×14×(34)3=2764或P(X=1)=C41×34×(14)3=364，故D错误．
故选：BC.
由百分位数求解判断A，由分层抽样判断B，由平均值性质判断C，由二项分布性质判断D.
本题考查离散型随机变量的应用，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A中，令x=y=0，可得f(0)=−2，令x=1，y=−1，
则f(1−1)=f(−1)+f(1)+2，解得f(−1)=−4，所以A正确；
对于B中，令x=x1，y=x2−x1且x1
若x<0时，f(x)<−2时，f(x2)−f(x1)<0，此时函数f(x)为单调递减函数，
所以函数f(x)不一定有最大值，所以B错误；
对于C中，令y=1，可得f(x+1)=f(x)+f(1)+2=f(x)+2，即f(x+1)−f(x)=2，
所以f(2024)=[f(2024)−f(2023)]+[f(2023)−f(2022)]+…+[f(3)−f(2)]+[f(2)−f(1)]+f(1)=2023×2+0=4046，所以C正确；
对于D中，令y=−x，可得f(0)=f(x)+f(−x)+2，可得f(x)+2+f(−x)+2=0，即f(x)+2=−[f(−x)+2]，所以函数f(x)+2是奇函数，所以D正确．
故选：ACD.
根据题意，利用抽象函数的的性质，利用赋值法并结合选项，即可逐项判定，从而求解．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】6
【解析】解：二项式(x+1)n(n∈N*)的展开式的通项公式为Tr+1=Cnr⋅xn−r，
令n−r=2，求得r=n−2.
再根据Cnr=Cnn−2=Cn2=n(n−1)2=15，求得n=6，
故答案为：6.
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出n、r的关系，再根据展开式中x2的系数为15，求得n的值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．
13.【答案】60∘
【解析】解：∵2ccsB=2a−b，∴2c×a2+c2−b22ac=2a−b，
即a2+b2−c2=ab，∴csC=a2+b2−c22ab=12，
∵0∘
代入余弦定理即可得．
本题考查余弦定理，属于基础题．
14.【答案】5003π 9+4 55
【解析】解：根据题意，作出圆柱的轴截面图，连接BC，AB，AC，
过B作BH⊥AC，垂足为H，如下所示：
设小球半径为r，圆柱的底面圆半径为R，
根据题意可得：BH=AC=2R−2r，
AB=BC=2r,AH=CH=12AC=R−r，
在三角形AHB中，由勾股定理可得AH2+HB2=AB2，
即(R−r)2+(2R−2r)2=4r2，整理得(Rr−1)2=45，
又R>r，则Rr=5+2 55，又R=5+2 5，则r=5，
故球A的体积为4π3r3=4π3×125=5003π；
圆柱的侧面积S1=2πR×2R=4πR2，
球B的表面积S2=4πr2，
则S1S2=R2r2=(5+2 55)2=9+4 55.
故答案为：5003π,9+4 55.
先作圆柱的轴截面图，根据几何关系求得小球半径，再根据球体的体积公式和表面积公式，以及圆柱侧面积计算公式，即可求得结果．
本题考查了球体的体积公式、表面积公式和圆柱侧面积计算公式，属于中档题．
15.【答案】解：(1)证明：取BC中点H，连接AH，
∵底面ABCD是菱形，∠BAD=2π3，∴AH⊥AD，
以A为坐标原点，AH，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
A1E=( 3,−1,−1)，GC=( 3,−1,−1)，
∵A1E=GC，∴A1E//GC，∴A1E//GC.
(2)设平面A1EF的法向量为n=(x,y,z)，
∵EF=(0,2,0)，
∴n⋅A1E= 3x−y−z=0n⋅EF=2y=0，取x=1，得n=(1,0, 3)，
AA1=(0,0,2)为平面ABCD的法向量，
设平面A1EF与平面ABCD的夹角产θ，
则csθ=|AA1⋅n||AA1|⋅|n|=2 32×2= 32，
∴θ=π6，
∴平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小为π6.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算能求出结果．
(2)根据向量法能求出平面A1EF与平面ABCD所成夹角的大小．
本题考查线面垂直、平面与平面所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)设“在1次游戏中摸出i个红球”为事件Ai(i=0,1,2,3,4)，
设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B=A3∪A4，且A3，A4互斥，
P(A3)=C32C21C21+C31C21C52C42=310，P(A4)=C32C22C52C42=120，
所以在1次游戏中，获奖的概率P(B)=P(A3∪A4)=P(A3)+P(A4)=310+120=720.
(2)依题意，X所有可能取值为−4，−1，2，5，8，
由(1)知，
P(X=−4)=P(A0)=C22C22C52C42=160，P(X=−1)=P(A1)=C31C21+C22C21C21C52C42=16，
P(X=2)=P(A2)=C32C22+C22C22+C31C21C21C21C52C42=715，
P(X=5)=P(A3)=310，
P(X=8)=P(A4)=120，
所以X的分布列为：
E(X)=−4×160+(−1)×16+2×715+5×310+8×120=135.
【解析】(1)利用组合应用问题，结合古典概率公式求出摸到3个或4个红球的概率，再利用互斥事件求出概率．
(2)求出X的可能值，及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为圆x2+y2−x−2y+m=0与x轴交于点P(1,0)，
所以1−1+m=0，即m=0，
所以圆的方程为：x2+y2−x−2y=0，令x=0，可得y=0或y=2，
由题意可得b=2，
离心率e=ca= 53= 1−b2a2，可得a2=9，
所以椭圆的方程为：x29+y24=1；
(2)设A(x0,y0)，由题意可得B(−x0,−y0)，M(3,0)，
由题知x0≠1且x0≠−3，
则PA:y=y0x0−1(x−1)，MB:y=y0x0+3(x−3)，
由y=y0x0−1(x−1!)y=y0x0−3(x−3)，解得y=−y02，x=32−12x0，
即N(32−12x0,−y02)，
又因为S△PBN=S△PBM−S△PNM=12×|PM|×12y0=12y0= 53，
即y0=2 53，
又x029+y024=1，x0=±2，
直线PA的斜率kAP=y0x0−1=−2 59或2 53.
【解析】(1)由题意可得m的值，进而求出b的值，再由离心率的大小可得a的值，求出椭圆的方程；
(2)设点A的坐标，由题意可得点B的坐标，求出直线PA，MB的方程，两式联立可得N的坐标，求出三角形的面积，由题意可得点A的坐标，进而求出直线PA的斜率．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：因为f′(x)=a2eax，
所以f′(0)=a2=1，
所以a=1，
所以f(x)=ex，
设F(x)=ex−ln(x+2)(x>−2)，则F′(x)=ex−1x+2，
设u(x)=ex−1x+2(x>−2)，
则u′(x)=ex+1(x+2)2>0，
所以F′(x)单调递增，
又因为F′(−1)=1e−1<0，F′(0)=e0−12=12>0，
所以存在x0∈(−1,0)使得F′(x)=0，即ex0=1x0+2，
所以x0=−ln(x0+2)，
所以当x∈(−2,x0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(x0)=ex0−ln(x0+2)=1x0+2+x0=x02+2x0+1x0+2=(x0+1)2x0+2>0，
所以f(x)>ln(x+2).
(2)证明：因为g(x)=aeax−eax1−eax2x1−x2(a≠0)，
所以g′(x)=a2eax>0，
所以g(x)在(x1,x2)上单调递增，
因为g(x1)=aeax1−eax1−eax2x1−x2=aeax1(x1−x2)−(eax1−eax2)x1−x2
=−eax1x2−x1[a(x1−x2)+ea(x2−x1)−1]
=−eax1x2−x1[ea(x2−x1)−a(x2−x1)−1]
g(x2)=eax2[ea(x1−x2)−a(x1−x2)−1]x2−x1，
设h(x)=ex−x−1，则h′(x)=ex−1，
令h′(x)=0，解得x=0，
当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x≠0时，h(x)>h(0)=0，即ex−x−1>0，
所以ea(x2−x1)−a(x2−x1)−1>0，ea(x1−x2)−a(x1−x2)−1>0，
又eax1x2−x1>0，eax2x2−x1>0，
所以g(x1)<0，g(x2)>0，
所以存在c∈(x1,x2)，使得g(c)=0，
因为g(x)在(x1,x2)上单调递增，
所以g(x)在(x1,x2)上存在唯一零点．
【解析】(1)根据题意，由导数的几何意义可得f′(0)=a2=1，解得a，可得f(x)的解析式，设F(x)=ex−ln(x+2)(x>−2)，求导分析单调性，最值，即可得出答案．
(2)根据题意可得g(x)=aeax−eax1−eax2x1−x2(a≠0)，求导分析单调性，计算g(x1)，g(x2)，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵各项均不为0的递增数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，a2=4，
anan+1=2Sn(Sn+1+Sn−1−2Sn)=2Sn(an+1−an)(n≥2)，
∴2Sn=anan+1an+1−an，2Sn−1=an−1anan−an−1(n≥3)，
∴2an=anan+1an+1−an−an−1anan−an−1，化简得an(an+1+an−1−2an)=0(n≥3)，
∴an+1+an−1=2an(n≥3)，
∵a1=2，a2=4，a2a3=2S2(S3+S1−2S2)，∴a3=6，a1+a3=2a2，
∴{an}为等差数列，an=2n，Sn=n2+n，1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=nn+1.
证明：(2)①设“G−数列”公比为q，且q>1，由题意，
只需证存在q对k≤5且k∈N*，2qk−1≤2k≤2qk成立，即(k−1)lnq≤lnk≤klnq成立，
设f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)=0，解得x=e，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
ln22
∴对任意k≤5且k∈N*，存在“G−数列”{bn}，使得bk≤ak≤bk+1成立．
②若cm≤am≤cm+1成立，则qm−1≤m≤qm成立，
当k≥6时，取m=3，得q2≤3≤q3，取m=6，得q5≤6≤q6，
由q3≥3q5≤6得，q15≥243q15≤216，∴q不存在，
∴当k≥6且k∈N*时，不存在“G−数列”{cn}，使得cm≤am≤cm+1对任意正整数m≤k成立．
【解析】(1)由递推式得，an+1+an−1=2an，则{an}为等差数列，an=2n，Sn=n2+n，1Sn=1n(n+1)=1n−1n+1，可求Tn.
(2)①设f(x)=lnxx，由f(x)的单调性得，f(k)=lnkk≤ln33，取q=33，即可证明；
②取m=3，m=6，即可证明．
本题考查了由数列的递推式求通项公式，裂项法求和，数列的新定义，属于难题．X
−4
−1
2
5
8
P
160
16
715
310
120
相关试卷
2024年辽宁省鞍山市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析）： 这是一份2024年辽宁省鞍山市高考数学第二次质检试卷（含详细答案解析），共18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。
2023-2024学年山东省泰安市高一（上）期末数学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2023-2024学年山东省泰安市高一（上）期末数学试卷(含详细答案解析)，共16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。
2024年宁夏银川市高考数学质检试卷（文科）（含解析）： 这是一份2024年宁夏银川市高考数学质检试卷（文科）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
