济宁一中高三2月份定时检测数学试题答案_2024年2月_01每日更新_17号_2024届新结构试卷19题“九省联考模式”数学试卷33套

高三数学参考答案： 1．B 【分析】把抛物线方程化为标准形式，结合准线方程的特点进行求解即可. 1 1 【详解】抛物线C的标准方程为x2  y ，所以其准线方程为y ， 4 16 故选：B 2．D 【分析】根据零点存在性定理判断即可. 【详解】因为 f xex2x，且函数连续不间断， 所以 f 0e0200， f 1e1210， f 2e2220， f 3e3230， f 4e4240 所以 f 0 f 10， f 1 f 20， f 2 f 30， f 3 f 40， 由零点存在性定理得函数 f xex2x的零点所在的区间为0,1， 故选：D. 3．A 【分析】利用复数的除法运算法则以及纯虚数的定义求解. 1ai 1ai 1ai1i a1 a1i 【详解】因为    为纯虚数， 1i2023 1i 1i1i 2 a10, 所以 解得a1， a10, 故选：A. 4．C 【分析】分析两圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案． 【详解】根据题意，圆C :x2 y22x8y80，即x12y42 25， 1 其圆心C 1,4，半径R5， 1 圆C :x52y42 25，其圆心C 5,4，半径r =5， 2 2 两圆的圆心距 CC ＝ 512442 10r R ， 1 2 因此两圆外切； {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}则圆C 与圆C 的公切线有3条． 1 2 故选：C． 5．B 【分析】根据题意画出函数图象，结合指数函数图象相关性质和对数的运算法则进行计算即 可. 3x1,x0 【详解】由题意得，y 3x1  ， 3x1,x0 作出函数图象如图所示， 1 4 2 令 3x 1  ，解得xlog 或xlog ， 3 3 3 3 3 4 2 则当blog ，alog 时，ba取得最大值， 3 3 3 3 4 2 此时balog log log 2. 3 3 3 3 3 故选：B 6．B 【分析】首先作图构造外接球的球心，再根据几何关系求外接球的半径，最后代入三棱锥外 接球的表面积公式. 【详解】如图，点H为ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线， 点D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O， 则点O为三棱锥外接球的球心， 因为PA平面ABC，且ABC为等边三角形，PA2,AB3， 3 1 所以四边形AHOD为矩形，AH  AB 3，OH  PA1， 3 2  2 所以OA 3 12 2，即三棱锥外接球的半径R2， {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}则该三棱锥外接球的表面积为4πR2 16π. 故选：B 7．D π π 【分析】先根据条件得到周期和对称轴，结合 f   f π可得函数 f x的解析式，代入 2 12  π  可求 f  . 12 【详解】由 f x相邻两条对称轴之间的距离为 π 得T  2π 2 π ， 2  2 解得2， π π 由 f x f   对xR恒成立可得x 为对称轴，， 6 6 π  2π  所以 f  sin 1， 6  6  2π π π 所以  kπ,kZ，得 kπ,kZ， 6 2 6  π  f xsin2x kπ，kZ，  6  π 又 f   f π， 2  π   π  所以sinπ kπsin2π kπ ，kZ  6   6  π  π 当k为偶数时，sin sin ，该式不成立， 6 6 π  π 当k为奇数时，sin sin  ，该式成立， 6 6  π 所以 f xsin2x ，  6  π   π π 3 所以 f  sin2   . 12  12 6 2 故选：D. 8．C {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}3 【分析】由题意得点A到渐近线距离为 b，结合点到直线的距离公式、平方关系以及离 2 心率公式即可得解. 3 【详解】由于MAN 60，因此点A到渐近线距离为 b，其中一条渐近线方程为bxay0， 2 ab 3 c b2 2 3 所以有  b，可得a2 3b2,e  1  . a2b2 2 a a2 3 故选：C. 9．AC 【分析】求得该圆锥的体积判断选项A，求得AC的长度判断选项B，求得该圆锥的侧面展 开图的圆心角判断选项C，求得二面角ABCS的正切值判断选项D. 【详解】如图，因为SAB45，所以△SAB为等腰直角三角形， 又SC 2，则 SASB 2 ，所以 AB SA2SB2 2 ， 则r AOSO1， 1 π 所以该圆锥的体积为V  πr2SO ,A正确； 3 3 易知ABC为直角三角形，且ACB90，又BAC 60， 1 则ABC 30，所以AC  AB1,B错误； 2 该圆锥的侧面展开图为一扇形，其弧长为l2π， 扇形半径为RSA 2，设扇形圆心角为， l 所以  2π π，所以该圆锥的侧面展开图的圆心角大于180,C正确； R 取BC的中点D，连接SD,OD，则SDBC,OD为ABC的中位线， 1 1 所以ODBC,OD AC  ， 2 2 所以ODS为二面角ABCS的平面角， SO 易知SOD为直角三角形，所以tanODS  2,D错误. OD {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}故选：AC. 10．BCD 【分析】对A：由二项式系数之和为2n可得n的值，即可得展开式中的项数；对B：令x1 即可得各项系数之和；对C：代入二项式通项公式计算即可得；对D：当n为偶数时，二项 n 式系数最大项为第 1项即可得. 2 【详解】因为二项式系数之和为64，即有2n 64，所以n6， 则该展开式中共有7项，A错误； 令x1，得该展开式的各项系数之和为1，B正确； 通项T r1 Cr 6 2x6r     1   r 1r Cr 6 26r x 6 3 2 r ，  x  3 令6 r 0，得r 4，T 14C42260，C正确 2 5 6 二项式系数最大的是C3，它是第4项的二项式系数，D正确． 6 故选：BD. 11．BD 2 【分析】由条件可得 f(x)为奇函数，由 f 0, f  的值的大小可判断A；作出函数 f x的 5 3 3 图象，数形结合可判断B；取k= 时，结合图形，求解判断直线y x与函数 f(x)的图象 2 2 交点的个数可判断C；选项D，不妨设x  x  x  x ，根据图象可得x,x ,x ,x 及m的范 1 2 3 4 1 2 3 4 4 围，由二次函数的对称性可知x x  ，求出x1时 f(x)的解析式，进而得x,x 的关系 2 3 5 1 4 式，结合函数的单调性求出x x 的范围，即可判断D. 1 4 【详解】定义域为R的函数 f x满足 f x2 f x20， 即 f((x2))f(x2)，所以函数 f(x)为奇函数， f(0)0， 2 1 2 选项A， f 00, f   ，得 f 0 f  ，故A错误； 5 5 5 作出函数 f x的图象，如图所示， {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}选项B，若函数 f x在0,p内 f x1恒成立，由图可知，0 p1， 4 4 由5x24x11解得x0或x ，所以0 p ，故B正确； 5 5 3 选项C，取k= 时，如图所示， 2  3 y x 当x0,1时，联立方程组 2 ，化简得10x211x20，  y5x24x1 设函数h(x)10x211x2 ， Δ(11)24102410  11 因为h(0)20 ，且对称轴为x (0,1)，  20 h(1)10  所以方程10x211x20在0,1上有两个不相等的实数根， 3 所以直线y x与函数 f(x)图象在x0,1有2个交点. 2 3 x 7 设m(x) xlog (  ) ，x(1,)，则函数m(x)在x(1,)上单调递增， 2 1 2 16 4 3 1 9 1 36 ∵m(1) 2 0，m(2)3log log log 0 ， 2 2 116 1 64 1 64 4 4 4 ∴函数m(x)在x(1,)上只有一个零点， 3 所以直线y x与函数 f(x)图象在x(1,)有1个交点， 2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}3 所以当x(0,)时，直线y x与函数 f(x)的图象有3个交点， 2 3 因为函数y x与函数 f(x)均为奇函数， 2 3 所以当x(,0)时，直线y x与函数 f(x)的图象有3个交点， 2 3 又当x0时，直线y x与函数 f(x)的图象有1个交点， 2 3 所以直线y x与函数 f(x)图象有7个交点，故C错误； 2 选项D，当m0时，方程 f xmm0有4个解x,x ,x ,x ， 1 2 3 4 不妨设x  x  x  x ， 1 2 3 4 2 2 根据图象可得x 1,0 x  ,  x 1,x 1， 1 2 5 5 3 4 因为 f xmm0有4个解， f   2  1 ，所以 1 m1， 5 5 5 1 1 x 7 所以 5 log 1 4 ( 2 4 16 )1，解得 1 8 1 x 4 2    1 4    5  7 8 ， 1 所以 48x 716   1  5， 4 4 2 4 由二次函数的对称性可知，5x24x1m 的解x ,x 满足x x  2 ， 2 3 2 3 5 5 x 7  因为函数y f x为奇函数，且当x1时， f(x)log   ， 12 16 4  x 7  所以当x1时，x1，则 f(x)f(x)log   ， 1 2 16 4 x 7 x 7 所以log ( 4  ) log ( 1 ) ， 1 2 16 1 2 16 4 4 x 7 x 7 32 7 则( 4  )( 1  )1，得x   ， 2 16 2 16 1 8x 7 8 4 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}32 7 8x 7 32 所以x x   x  4  ， 1 4 8x 7 8 4 8 8x 7 4 4 1 设 8x 7t,4t16   1  5， 4 4  1  t 32  15  又因为函数y  在 4,16  上单调递增， 8 t  4    t 32 4 32 15 所以x x      ， 1 4 8 t 8 4 2 15 4 67 所以x x x x    ，故D正确. 1 2 3 4 2 5 10 故选：BD. 【点睛】方法点睛：解决函数零点（方程的根）问题的方法： （1）直接解方程法（适用于方程易解的情形）； （2）利用零点存在性定理； （3）图象法：①研究函数的图象与x轴的交点；②转化为两个函数图象的交点问题． 1 12． 3 sin 1 【分析】依题意，利用同角三角函数间的关系可求得tan  ，利用两角和的正切 cos 2 即可求得答案． 5 π  【详解】sin , ,π ， 5  2  2 5 cos 1sin2 ， 5 sin 1 tan  ， cos 2 1 1  π 1tan 2 1 tan    ，  4 1tan  1 3 1   2 1 故答案为： 3 13．9 19 1 【详解】因为a 9，a 1，所以d  2,所以S 9n nn120,即n<10,因 1 5 4 n 2 此使得S 0成立的最大的自然数n为9. n {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}1 14． /0.25 4 b2 ab3c 【分析】由一元二次不等式恒成立得c 0、a0，将问题化为求t 的最小 4a a2b 3 4mm2 b t1  值，令m 0则 8 1 ，应用基本不等式求最值，注意取值条件. a m 2 a0 b2 【详解】由题设 ，有b2 4ac，又b0，则c 0， Δb24ac0 4a 又1ta12tb3cab3c(2ba)t ，则2ba0， ab3c 故存在tR使ab3c(2ba)t0成立，则t ， a2b b b (1 ) 3 4mm2 3(bc) a 4a b t1  所以t1 13 ，令m 0，故 8 1 ， a2b 2b a m 1 2 a 1 1 9 ( m)25(m ) 所以t1 3  2 2 4 1 3 [( 1 m) 9 5] ，且 1 m0， 8 1 8 2 1 2 m 4( m) 2 2 3 1 9 3 1 9 3 [( m) 5] [2 ( m) 5] 1 3 而 8 2 1 8 2 1 4 ，仅当 m ，即m1等 4( m) 4( m) 2 2 2 2 号成立， 1 b2 a 1 所以t ，仅当ab且c  时等号成立，故t的最小值为 . 4 4a 4 4 1 故答案为： 4 【点睛】关键点点睛：根据一元二次不等式求参数的符号和大小关系，将题设条件化为求 ab3c t 的最小值，结合换元法、基本不等式求最值. a2b 220 15．(1)该段学生的数学成绩不低于80分的学生225名，中位数为 3 4 (2) 5 【分析】（1）根据频率分布直方图的各个小矩形的面积和为1求出x的值，然后该校高二段 学生的数学成绩不低于80分的概率，即可得出答案； （2）先确定6个人中分数落在不同区间的人数，然后利用古典概率模型求解即可. {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}【详解】（1）0.005100.035100.0301010x0.010101， x0.020， ∴该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率为10x0.010100.3， ∴该校高二年级750名学生中，估计该段学生的数学成绩不低于80分的学生有 7500.3225名； 设高二段学生的数学成绩的中位数为a， a70 220 0.005100.035100.03010 0.5，a ， 10 3 220 该段学生的数学成绩不低于80分的学生225名，中位数为 . 3 （2）按分层抽样的方法在区间 70,100 中抽取一个容量为6的样本， 则从70,80中抽取3人，从80,90中抽取2人，90,100中抽取1人， 从中抽取2名学生的数学成绩，这两名学生中没有一人的成绩在区间[70,80)的概率为： C2 3 1 3   ， C2 15 5 6 1 4 所以两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的[70,80)概率是1  ． 5 5 16．（Ⅰ）单调递增区间为1,，单调递减区间为0,1；（Ⅱ）,2  【分析】（1）求出 f(x)，当m1时，求出 f(x)0, f(x)0的解即可； （2）所求的问题为lnx m xm10 在1,上恒成立，设gxlnx m xm1， x x x[1,)，注意g(1)0，所以g(x)在x[1,)递增满足题意，若存在区间[1,x )递减，则 0 不满足题意，对a分类讨论，求出g(x)单调区间即可. 1 【详解】（Ⅰ）当m1时， f xlnx x0， x 1 1 x1 则 fx   . x x2 x2 所以当x1时， f¢(x)>0， f x单调递增； 当0 x1时， fx0， f x单调递减. 所以函数 f x的单调递增区间为1,，单调递减区间为0,1 . （Ⅱ）由 f xm1x，得lnx m xm10 在1,上恒成立. x {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}设gxlnx m xm1，则gx 1  m 1 x2xm . x x x2 x2 设hxx2xmx1， ①当m2时，hx0，则g(x)0在1,上恒成立， g(x)在1,上单调递增，g(x) g(1)0在1,恒成立， 所以当m2时，lnx m xm10 在1,上恒成立； x ②当m>2时，令hxx2xm0， 得x  1 14m 或 x  1 14m （舍去）. 1 2 2 2  1 14m 所以当x1, 时，gx0，    2   1 14m 则gx是1, 上的减函数；    2  1 14m  当x ,时，gx0，    2  1 14m  则gx是 ,上的增函数.    2   1 14m 所以当x1, 时，gxg10.    2  m 因此当m>2时，lnx xm10 不恒成立. x 综上所述，实数m的取值范围是,2  . 【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数单调性、不等式恒成立，考查分类讨论 思想，确定分类标准是解题的关键，属于中档题. 17．(1)证明见解析 2 3 (2) 3 【分析】（1）作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）证明出EB,ED,EP两两垂直，建立空间直角坐标系，设出PEm0，写出点的坐标， {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}由二面角大小求出m的值，进而利用三角函数求出正切值． 【详解】（1）连接AC交BE于点M ，连接FM ， ∵AD//BC ，且BCAE， ∴AM MC ， 又PF  FC， ∴线段FM 是△PAC的中位线， ∴FM //AP， ∵FM 面BEF，PA平面BEF， ∴PA//平面BEF； （2）∵AD//BC ，EDBC， ∴四边形BCDE是平行四边形， 又∵ADC90， ∴四边形BCDE是矩形， ∴AD⊥BE； 又PE⊥平面ABCD，BE,ED平面ABCD， ∴PE⊥BE，PE⊥ED； 以E为坐标原点，EB,ED,EP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 3 m 设PEm0，则E0,0,0,B3,0,0,P0,0,m,C3,2,0,F ,1,  2 2    3 m ∴EB3,0,0,EF  ,1, ， 2 2   设平面BEF的一个法向量为nx,y,z，   nEBx,y,z3,0,03x0  由  3 m 3 m ； nEF x,y,z ,1,  xy z0  2 2  2 2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}m   m  解得x0，令z1，得y ，故n0, ,1， 2  2   取平面ABCD的一个法向量为a0,0,1，  m    0, ,10,0,1   na  2  1 ∴cosn,a      ， n a m2 m2 1 1 4 4 1 1  由二面角FBEC为60，得 m2 2，解得m2 3，负值舍去； 1 4 ∵PE⊥平面ABCD， ∴PBE就是直线PB与平面ABCD所成角， PE 2 3 在Rt△PBE中，tanPBE  ， BE 3 2 3 ∴直线PB与平面ABCD所成角的正切值为 ． 3 x2 18．(1)  y2 1 2 2  (2)证明见解析； ,0； 3  1 (3) 9 【分析】（1）根据题意求出a,b2的值，即可得答案； （2）讨论直线斜率是否存在，存在时，设直线方程并联立椭圆方程，得根与系数关系式， 进而求得M，N坐标，求出直线MN方程，化简即可得结论； （3）结合（2）求出FMN面积的表达式，利用换元法化简，构造函数，结合函数的单调 性，求得最值. c 2 【详解】（1）由题意：c1,  ，则a 2,c1,b2 a2 c21， a 2 x2 故椭圆的方程为  y2 1； 2 （2）证明：当AB,CD斜率均存在时，设直线AB方程为：yk(x1)， x x x x 设A(x,y ),B(x ,y )，则M( 1 2,k( 1 2 1)) ， 1 1 2 2 2 2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}ykx1 联立得 ，得(12k2)x24k2x2k220， x22y220 直线AB过椭圆焦点，必有0，  4k2 x x   1 2 12k2 2k2 k 则 ，故M( , )，  2k22 12k2 12k2 xx   1 2 12k2 1 2 k 将上式中的k换成 ，则同理可得：N( , )， k 2k2 2k2 2k2 2 如  ，得k1，则直线MN斜率不存在， 12k2 2k2 2 2 2 此时直线MN过点( ,0)，设点( ,0)为P，下证动直线MN过定点P( ,0). 3 3 3 k k  若直线MN斜率存在，则k 12k2 2k2  k(3k23)  3  k ， MN 2k2 2 2k42 2 k21  12k2 2k2 k 3 k 2 直线MN为y   (x )， 2k2 2 k21 2k2 2 2 k21 2 3k21 2 令y0，得x      ， 2k2 3 2k2 3 2k2 3 2 即直线MN过定点( ,0)； 3 当AB,CD斜率有一条不存在时，不妨设AB斜率不存在，则CD斜率为0， 2 此时M即为F，N即为O点，直线MN 也过定点( ,0)， 3 2 综上，直线MN过定点( ,0)； 微信公众号：智慧学库 3 2 （3）由第（2）问可知直线MN过定点P( ,0)， 3 1 1 k 1 1 k 故S S S   | |  | | FMN FPM FPN 2 3 12k2 2 3 2k2 1 (|k| ) 1 |k|(33k2) 1 |k|(k21) 1 |k|     ， 6(2k2)(12k2) 2 2k45k22 2 2 2k25 k2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}1 1 t 1 t 令t|k| [2,)，S  f(t)    ， |k| FMN 2 2(t22)5 2 2t21 1 12t2 则 f(t) 0，则 f(t)在t[2,)单调递减， 2(2t21)2 1 故当t2时， f(t)取得最大值，此时S 取得最大值 ，此时k1. FMN 9 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定点定值问题， 综合性较强；解答时要注意联立方程，利用根与系数的关系式化简求值，难点在于计算过程 比较复杂，计算量较大，需要十分细心. 19．(1) f 1 (2)答案见解析   (3) a b 24a b 0， f  x  x，验证答案见解析 1 2 2 1 1 【分析】（1）由新定义可得y2 y 2  x2x 2，利用x2x2 1，可得 1 2 9 1 2 1 2 1 8 x2x 2 1 x2 1，从而得出结论； 9 1 2 9 1 x 2x x  （2）由特征值的定义可得 1 2 1 ，由此可知 f 的特征值，以及相应的x；  x x x 1 2 2 ax a x x （3）解方程组 1 1 2 2 1，可得x a ,b x a ,b 0， bx b x x 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2     从而可得a 、a 、b 、b 应满足的条件，当 f x x时， f 有唯一的特征值，且 f  ， 1 2 1 2 再进行证明即可. 1 【详解】（1）由于此时y2 y 2  x2x 2，又因为是在x2x2 1的条件下， 1 2 9 1 2 1 2 1 8 有y2 y 2  x2x 2 1 x2 1（x 0时取最大值），所以此时有 f 1. 1 2 9 1 2 9 1 1 （2）由 f x,x x 2x ,x  x  x,x， 1 2 1 2 1 2 1 2 x 2x x  1x 2x 可得： 1 2 1 ，即 1 2  x 1 x 2 x 2 x 1 1x 2 两式相比可得：112，从而 3，  x 2x  3x 当 3时，解方程 1 2 1 , 此时这两个方程是同一个方程，  x x  3x 1 2 2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}   所以此时方程有无穷多个解，为xm 31,1 （写出一个即可），其中mR且m0，    当 3时，同理可得，相应的xm 1 3,1 （写出一个即可），其中mR且m0. ax a x x （3）解方程组 1 1 2 2 1，即x a ,b x a ,b 0， bx b x x 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 从而向量a ,b 与a ,b 平行， 1 1 2 2 则有a ，a ，b ，b 应满足：a b 24a b 0， 1 2 1 2 1 2 2 1     当 f x x时， f 有唯一的特征值，且 f  .具体证明为：  由 f 的定义可知：对任意的xx,x 有： f x,x x,x x,x ， 1 2 1 2 1 2 1 2 所以为特征值.此时a ，a 0，b 0，b ， 1 2 1 2 满足：a b 24a b 0，所以有唯一的特征值. 1 2 2 1 在x2x 2 1的条件下x 2x 2 2，从而有 f  . 1 2 1 2 {#{QQABZQYUogCoAAIAAQhCAwGICAIQkBEAAAoOwEAIMAAASBNABAA=}#}