山东省部分名校2023-2024学年高三下学期2月大联考数学试题（教师版）.docx

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1、高三年级2月份大联考数学试题本试卷共4页，19题全卷满分150分考试用时120分钟注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交一、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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答

2、案】D【解析】【分析】根据对数的单调性化简集合，即可由集合的交并补运算求解.【详解】由题可得或因此故选：D2. 已知，则的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简复数，再求出共轭复数，最后求出虚部.【详解】由，所以，即虚部为故选：A3. 若的展开式中常数项的系数是15，则（ ）A. 2B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用二项展开式的通项化简整理再赋值即可得到关于的方程，解出即可.【详解】二项展开式通项为则时常数项为故选：C4. 已知在中，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据余弦定理运算求解.【详解】由余弦定理得，所以故选：D

3、5. 椭圆与双曲线的离心率分别为，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，借助离心率求法求出，再求出渐近线方程即得.详解】依题意，解得，所以双曲线的渐近线方程为故选：C6. 数列的前n项和满足，设甲：数列为等比数列；乙：，则甲是乙的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】先根据得到时，可以推出充分性成立，再举例得到必要性不成立.【详解】当时，当时，因为数列为等比数列，所以，即，解得且，即且因此充分性成立；若，当且时，甲不成立，故必要性不成立故选：A7. 圆和圆的公切线

4、方程是（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】A【解析】【分析】先判断两个圆的位置关系，确定公切线的条数，求解出两圆的公共点，然后根据圆心连线与公切线的关系求解出公切线的方程.【详解】解：，圆心，半径，圆心，半径，因为，所以两圆相内切，公共切线只有一条，因为圆心连线与切线相互垂直，所以切线斜率为，由方程组解得，故圆与圆的切点坐标为，故公切线方程为，即故选：A.8. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据同角的三角函数关系式，结合两角差的正弦公式、二倍角的余弦公式进行求解即可.【详解】由，由，故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中

5、，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. 已知一组样本数据满足，下列说法正确的是（ ）A. 样本数据的第80百分位数为B. 样本数据的方差，则这组样本数据的总和等于120C. 若样本平均数恰是该组数据中的一个数，去掉这个数，则样本数据的方差不变D. 若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则样本数据的平均数大于中位数【答案】BD【解析】【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得第80百分位数为，所以A错误；对于B中，由，则，所以,故这组样本数据的总和等于，所以B正确；对于C中

6、，去掉等平均数的数据，n变为，平方和不变，分母变小，所以方差变大，所以C错误；对于D中，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，同理，向“左拖”时最高峰偏右，那么平均数小于中位数，所以D正确故选：BD10. 函数满足：对任意实数x,y都有，且当时，则（ ）A. B. 关于对称C. D. 减函数【答案】ABC【解析】【分析】利用赋值法，结合函数单调性的定义、对称性的性质逐一判断即可.【详解】由对于任意实数，令，则，即,故A正确；令，则，即，故B正确；令，则，即，故C正确；对于任意，则设，当

7、时，则，即，所以单调递增，故D错误故选：ABC11. 如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（ ）A. 若M在线段上，则的最小值为B. 过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直C. 若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形D. 若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当M点在A处时，过M点只能作一条直线，可判断；对C，当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据条件求出点坐标满足的方程，依此判断.【详解】选

8、项A：将平面展开到与同一平面如图所示，连接交于M,此时为最小值，计算可得，故A正确；选项B：当M点在D处时，因为平面，所以过M点可作无数条直线与垂直，当M点在A处时，过M点只能作一条直线,故B不正确；选项C：当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，且此正六边形所在平面与平面平行，所以当平面为平面时满足题意，故C正确；选项D：以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则,得，整理得为双曲线方程，故D正确故选：ACD【点睛】思路点睛：A选项，沿将平面展开到与同一平面，转化为平面上问题求解；B选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线；C选

9、项，当M与B重合时，易证平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出点M的轨迹方程，由此判断.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 已知函数的图象关于直线对称，则实数_【答案】1【解析】【分析】由于函数的图象关于直线对称，由特殊值，即可求值.【详解】由于函数的图象关于直线对称，且，得：，其中，得：故答案为：113. 已知函数与相切，则_【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.【详解】显然该函数的定义域为全体正实数，设切点为，则，由题知，解得，舍去，所以切点为，代入

10、直线方程得故答案为：14. 抛物线与椭圆有相同的焦点，分别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是的内心，交y轴于M，且，点是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为，若，则_【答案】【解析】【分析】作出辅助线，由正弦定理得到，根据椭圆定义得到，从而求出焦点坐标为，得到抛物线方程，根据导数几何意义得到在点的切线为：，求出，结合，得到是首项16，公比的等比数列，利用等比数列的通项公式求出答案.【详解】焦点在轴上，故椭圆的焦点在轴上，故，I是的内心，连接，则平分，在中，由正弦定理得，在，由正弦定理得，其中，故，又，式子与相除得，故，同理可得，由椭圆定义可知，即焦点坐标为，所以抛物

11、线方程为，故在处的切线方程为，即，又，故，所以在点的切线为：，令，又，即，所以是首项16，公比的等比数列，故答案为：【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.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. 某小区在2024年的元旦举办了联欢会，现场来了1000位居民联欢会临近结束时，物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节，这20位幸运居民的年龄用随机变量X表示，且（1）请你估计现场年龄不低于60岁的人数（四舍五入

12、取整数）；（2）奖品分为一等奖和二等奖，已知每个人摸到一等奖的概率为40%，摸到二等奖的概率为60%，每个人摸奖相互独立，设恰好有个人摸到一等奖的概率为，求当取得最大值时的值附：若，则【答案】（1）159 （2）取得最大值时n的值为8【解析】【分析】（1）利用正态分布的对称性可求，故可估算年龄不低于60岁的人数.（2）利用不等式组可求取得最大值时的值.【小问1详解】因为，所以，则，所以现场年龄不低于60岁的人数大约为(人)【小问2详解】依题意可得，设，所以，所以所以，因为整数，所以，所以当取得最大值时的值为816. 如图，在圆锥中，若轴截面是正三角形，C为底面圆周上一点，F为线段上一点，D（不

13、与S重合）为母线上一点，过D作垂直底面于E，连接，且（1）求证：平面平面；（2）若为正三角形，且F为的中点，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定方法，证明面面平行.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求二面角的余弦.【小问1详解】因为，所以，因为平面，平面，所以平面，因为垂直底面于垂直底面于O，所以，同理平面，因为，且平面，平面，所以平面平面【小问2详解】不妨设圆锥的底面半径为2，因为轴截面是正三角形，所以，如图，设平面与底面圆周交于G，因为为正三角形，且F为的中点，所以，所以E为的中点，所以为的中位线，所以，如图，在底面圆周上

14、取一点H，使得，以直线为x，y，z轴建立空间坐标系，由已知得，设的中点为M，则平面的法向量为，所以，设平面的一个法向量为，所以，令，则，则，所以平面与平面夹角的余弦值为17. 已知（1）若在恒成立，求a的范围；（2）若有两个极值点s，t，求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意转化为恒成立，令，求得，再令，利用导数求得，得到在单调递减，即可求解；（2）根据题意，转化为是的两不等正根，即是的两不等正根，结合二次函数的性质，求得，进而求得的取值范围【小问1详解】解：由函数，因为在上恒成立，即在恒成立，令，可得，令，可得，所以在单调递减，所以，所以恒成立，所以在单调递减，所以

15、，所以，所以实数的取值范围为.【小问2详解】解：因为有两个极值点，可得是的两不等正根，即是的两不等正根，则满足，解得，则，所以的取值范围为【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别18. 已知圆，与x轴不重合的

16、直线l过点，且与圆交于C、D两点，过点作的平行线交线段于点M（1）判断与圆的半径的大小关系，求点M的轨迹E的方程；（2）已知点，直线m过点，与曲线E交于两点N、R（点N、R位于直线异侧），求四边形的面积的取值范围【答案】（1）， （2），且【解析】【分析】（1）根据平面几何可得，故点的轨迹为椭圆，根据椭圆定义即可求出轨迹的方程；（2）设直线：，直线与曲线联立方程组，根据的范围得且，再根据四边形的面积为，代入即可求解.【小问1详解】圆，点M的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为【小问2详解】设直线，由题意知且，设，由，则，所以，令且，当时，；当，；当时，；，且，且【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直

17、线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19. 在无穷数列中，令，若，则称对前项之积是封闭的（1）试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭？（2）设是无穷等比数列，其首项，公比为若对前项之积是封闭的，求出的两个值；（3）证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的【答案】（1）不是 （2）或 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）取数列，结合题中定义验证

18、可得出结论；（2）由，得，进而，讨论当时和当，分别求得；（3）设，令，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的【小问1详解】解：不是的，理由如下：如等差数列，所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的【小问2详解】解：是等比数列，其首项，公比，所以，所以，由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，当时，得，所以；当时，得，且，综上，或.【小问3详解】解：对任意的无穷等比数列，令，则，下面证明：是对前项之积是封闭的因为，所以，取正整数得，所以对前项之积是封闭的，同理证明：也对前项之积是封闭，所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.