山东省实验中学2024届高三调研考试数学试题2024.2说明：本试卷满分150分.试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟.一､选择题：本题共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.设，若，则（）A.0B.0或2C.0或-2D.2或-22.若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（）A.9B.10C.11D.123.已知向量，则（）A.B.C.D.4.等差数列的首项为1，公差不为0.若成等比数列，则前6项的和为（）A.-24B.-3C.3D.85.要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位6.在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（）A.B.C.D.7.为研究某池塘中水生植物的覆盖水塘面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合与的关系，设与的数据如表格所示：得到与的线性回归方程，则（）346722.54.57A.-2B.-1C.D.8.双曲线的左､右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（）A.3B.4C.D.2二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数满足，则（）A.B.C.D.10.过线段上一点作圆的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于点，则（）A.点恒在以线段为直径的圆上B.四边形面积的最小值为4C.的最小值为D.的最小值为411.已知函数，则（）A.在其定义域上是单调递减函数B.的图象关于对称C.的值域是D.当时，恒成立，则的最大值为-1三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知随机变量.若，则__________.13.已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，直线过点交抛物线于两点，且.直线分别过点且均与轴平行，在直线上分别取点（均在点的右侧），和的角平分线相交于点，则的面积为__________.14.已知正方体的棱长为为的三等分点，动点在内，且的面积为，则点的轨迹长度为__________.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.（13分）如图所示，圆的半径为2，直线与圆相切于点，圆上的点从点处逆时针转动到最高点处，记.（1）当时，求的面积；（2）试确定的值，使得的面积等于的面积的2倍.16.（15分）如图，直三棱柱中，分别是的中点，.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.17.（15分）盒中有大小颜色相同的6个乒乓球，其中4个未使用过（称之为新球），2个使用过（称之为旧球）.每局比赛从盒中随机取2个球作为比赛用球，比赛结束后放回盒中.使用过的球即成为旧球.（1）求一局比赛后盒中恰有3个新球的概率；（2）设两局比赛后盒中新球的个数为，求的分布列及数学期望.18.（17分）已知函数是的导函数，.（1）求的单调区间；（2）若有唯一零点.①求实数的取值范围；②当时，证明：.19.（17分）已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.（1）若，求及；（2）若，求证：互不相同；（3）已知，若对任意的正整数都有或，求的值.山东省实验中学2024届高三调研考试数学参考答案2024.2一､选择题：本题共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.题号12345678答案CBBADCCD二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分题号91011答案BCBCDACD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.13.14.四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.【解析】（1）过点作交于点，如图：因为圆的半径为2，由题意，所以的面积为（2）连接，设的面积为的面积为，又，，由题意，所以，即，所以，因为，所以，所以，所以，所以当时，使得的面积等于的面积的2倍.16.【解析】（1）证明：连接，交点于点，则为的中点.又是的中点.连接，则.因为平面平面.所以平面.（2）解：由，得.以为坐标原点，的方向分别为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系不妨设，则.所以.设是平面的法向量.则，即，取.同理，设是平面的法向量，则，即，取.从而，故.所以二面角的正弦值为.17.【解析】解答：（1）（2）的可能取值为.，，，，，所以的分布列为01234.18.【解析】解：（1）的定义域为，当时，恒成立，故的单调递增区间是，无单调递减区间；当时，令得；令得；所以单调递减区间为；单调递增区间为（2）①法一；当时，没有零点，不符合题意；当时，函数在单调递增，因为，取，则，又，故存在唯一，使得，符合题意；（此处用极限说明也可以）当时，由（1）可知，有唯一零点只需，即，解得；综上，的取值范围为.法二：当时，没有零点，不符合题意；所以，令，则，当时，单调递增；当时，单调递减；又.所以或，即或，综上，的取值范围为.②由①得出，令，，所以单调递增，又，故当时，单调递减；当时，单调递增；故，故要证，只需证明，即证，由，所以成立.故不等式得证.19.【解析】解：（1）因为，所以，则.（2）依题意，则有，因此，又因为，所以，所以互不相同.（3）依题意.由或，知或.令，可得或，对于成立，故或.①当时，，所以②当时，或.当时，由或，有，同理，所以当时，此时有，令，可得或，即或.令，可得或.令，可得.所以.若，则令，可得，与矛盾.所以有.不妨设令，可得，因此.令，则或.故.所以综上，时，.时，.