2024届青岛高三二模数学试卷含答案.pdf

《2024届青岛高三二模数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届青岛高三二模数学试卷含答案.pdf（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2024届青岛二模数学试卷2024届青岛二模数学试卷20242024年高三第二次适应性检测数学试题年高三第二次适应性检测数学试题2024.05注意事项注意事项:1.本试卷满分150分,考试用时120分钟。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上。2.回答选择题时,选出每小题的答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,只将答题卡交回。一、选择题一、选择题:本题共本题共8 8小题小题,每小题每小题5 5分分,共共4040分分.在每小题给出的四个选项中

2、在每小题给出的四个选项中,只有一项符只有一项符合题目要求的合题目要求的.1.已知集A=x x+20B=xx2-x-20合,则AB=()A.x-2x1B.x-2x2C.x-1x1D.x-1x0上一动点,点 Q 3,0,d P,Q的最小值为 2,则 P=，若斜率为32的直线 l 过点 Q,点 M 是直线 l 上一动点,则 d P,M的最小值为.四、解答题四、解答题:本题共本题共5 5小题小题,共共7777分分,解答应写出文字说明解答应写出文字说明,证明过程证明过程,演算步骤演算步骤.15.15.(1313分分)15.如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB=4,DD1=3,BAD=

3、60,点 E为BC中点,D1EBC,D1E=21(1)证明:DD1平面ABCD(2)若A1D1=2,求平面A1C1E与平面ABCD夹角的余弦值16.(15分)已知椭圆 E：x2a2+y2b2=1 ab0的左右焦点为F1，F2，椭圆 E的离心率为12,椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1,(1)求椭圆E的方程;(2)若过右焦点F2的直线l与椭圆E交于B,C两点,E的右顶点记为A,ABCF1求直线l的方程17.(15分)在一个袋子中有若干红球和白球(除颜色外均相同),袋中红球数占总球数的比例为p(1)有放回摸球,摸到红球时停止,在第2次没有摸到红球的条件下,求第3次也没有摸到红球的概率(2)某同学不

4、知道比例p,为估计p的值,设计了如下两种方案方案一:从袋中进行有放回摸球,摸出红球或摸球5次停止方案二:从袋中进行有放回摸球5次分别求两个方案红球出现频率的数学期望,并以数学期望为依据,分析那个方案估计p的值更合理18.(17分)已知函数 f x=ex-ax2-x,fx为 f x的导数(1)讨论 fx的单调性(2)若x=0是 f x的极大值点,求a的取值范围(3)若 0,2,证明esin-1+ecos-1+ln sincos0 i=1,2,3,4,证明:数列b1,b2,b3,b4为“对数凹性”数列(3)若数列 cn的各项均为正数,c2c1,记 cn的前项和为Sn,Wn=1nSn,对任意三个不相

5、等正整数p,q,r,存在常数t,使得 p-qWr+q-rWp+r-pWq=t证明:数列 Sn为“对数凹性”数列20242024年高三年级第二次适应性检测年高三年级第二次适应性检测数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准一、单项选择题一、单项选择题:本题共本题共8 8小题小题,每小题每小题5 5分分,共共4040分分.1-8:DADBACCB式、多项选择题式、多项选择题:本题共本题共3 3小题小题,每小题每小题6 6分分,共共1818分分.9.AD10.AC11.ABD三、填空题三、填空题:本题共本题共3 3个小题个小题,每小题每小题5 5分分,共共1515分分.12.x=4；13.1316

6、；14.(1)2；(2)32.四、解答题四、解答题:本题共本题共5 5小题小题,共共7777分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.15.(13分)解:(1)连结DE，DB，因为四边形ABCD为菱形，BAD=60所以，BDC是边长为4的正三角形，1分因为E为BC中点，所以，DEBC，DE=2 32分又因为D1EBC，D1EDE=E，所以，BC平面D1DE，所以，BCDD14分又因为DD21+DE2=D1E2，所以，DD1DE5分又因为DEBC=E，DE，BC平面ABCD，所以，DD1平面ABCD.6分(2)因为直线 DA，DE，DD1两两垂直，以 D

7、为原点，DA，DE，DD1所在直线为 x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D 0，0，0，A 4，0，0，E 0，2 3，0，C-2，2 3，0，A12，0，3，7分所以A1C1=12AC=-3，3，0，EA1=2，-2 3，38分设平面A1C1E的一个法向量为n=x，y，z，则nA1C1 =-3x+3y=0nEA1=2x-2 3y+3z=0，即y=3x4x=3z，令x=3，得y=3 3，z=4，所以n=3，3 3，4.10分由题意知，m=0，0，1是平面ABCD的一个法向量，11分设平面A1C1E与平面ABCD的夹角为，则cos=mnm n=2 1313，所以平面A1C1E与平面ABCD夹

8、角的余弦值为2 131313分16.(15分)解:(1)由题意得ca=12a-c=1，解得a=2，c=14分所以椭圆C的方程为x24+y23=15分(2)设C x1，y1，B x2，y2，因为ABCF1，所以 CF1AB=F1F2:F2A=2:1，所以y1=-2y29分设直线 l 的方程为 x=my+1，联立得x24+y23=1x=my+1，整理得 3m2+4y2+6my-9=0，由韦达定理得y1+y2=-6m3m2+4y1y2=-93m2+411分把式代入上式得-y2=-6m3m2+4-2y22=-8-3m2+4，得y22=36m23m2+42=92 3m2+4，解得m=2 5514分所以直

9、线l的方程为:x+2 55y-1=0或x-2 55y-1=015分17.17(15分)解:(1)设事件A=“第2次没有摸到红球”，事件B=“第3次也没有摸到红球”，所以P BA=P ABP A=P BP A=1-p31-p2=1-p4分(2)“方案一”中红球出现的频率用随机变量 X 表示，X 的可能取值为:0，12，14，13，12，1，所以X的分布列为:X0151413121P1-ps1-p4p1-p3R1-p2p1-pppE X=0 1-p5+15 1-p4p+14 1-p3p+13 1-p2p+121-pp+1p=1-p4p5+1-p3p4+1-p2p3+1-pp2+p9分“方案二”中红

10、球出现的频率用随机变量Y表示，因为5YB 5，p，所以5Y的分布列为:P 5Y=k=Ck5pk1-p5-k，k=0，1，2，3，4，5，所以E 5Y=5p，所以E Y=p14分因为E Xp，E Y=p，所以“方案二”估计 p的值更合理。15分18.(17分)解:(1)由题知:fx=ex-2ax-11分令g x=fx，则gx=ex-2a2分当a0时，gx0，fx在区间-，+单调递增3分当x0时，令gx=0，解得x=ln2a，x-，ln2a时，gx0所以，fx在区间-，ln2a单调递减，在区间 ln2a，+单调递增5分综上所述，当a0时，fx在区间-，+单调递增;当a0时，fx在区间-，ln2a单

11、调递减，在区间 ln2a，+单调递增.(2)当a0时，f0=0，由(1)知，x-，0时，fx0，f x在 0，+单调递增;所以，x=0是函数 f x的极小值点，不符合题意-6分当0a12时，ln2a0，f x在 0，+单调递增;所以，x=0是函数 f x的极小值点，不符合题意8分当a=12时，ln2a=0，x-，+时，fx0，f x在-，+单调递增，所以 f x无极值点，不合题意9分当a12时，ln2a0，且 f0=0;当x-，0时，fx0，f x在-，0单调递增;当x 0，ln2a时，fx1211分(3)要证esin-1+ecos-1+ln sincos1，只要证esin-1+ecos-1+

12、ln sin+ln cossin2+cos2，13分只要证esin-1+lnsinsin2，ecos-1+lncoscos2，因为sin 0，1，cos 0，1，所以只要证:对任意0 x1，有ex-1+lnxx215分只要证:对任意-1x0，ex+ln 1+x 1+x2()因为由(2)知:当a=1时，若x0，则 f x f 0=1，所以ex-x2-x1，即ex-1，则hx=11+x-1=-x1+x，所以h x在-1，0单调递增，h xh 0=0，即ln 1+xx-1x0由+得:所以 ex+ln 1+x x2+2x+1=x+12，所以*成立，所以esin-1+ecos-1+ln sincos1成

13、立。17分19.(17分)解:(1)对数列1，3，2，4，因为2223，3242，所以是“对数凹性”数列4分(2)因为 f x有三个零点，所以 fx=b2+2b3x+3b4x2有两个零点5分所以=4b23-12b2b40，所以b233b2b4b2b47分因为x=0不是 f x的零点，故函数g x=f1x与 f x零点个数相同9分所以函数g x=f1x=b1x3+b2x2+b3x+b4x3有三个零点，所以h x=b1x3+b2x2+b3x+b4有三个零点，同理得b223b1b3b1b3，所以数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列;11分(3)将p，q互换得：t=q-pWr+p-rWq+r-

14、qWp=-t，所以t=013分令p=1，q=2，得-Wr+2-rW1+r-1W2=0，所以Wr=2-rW1+r-1W2=W1+r-1W2-W1，故数列 Wn是等差数列，记d=W2-W1=c2-c120，所以Wn=c1+n-1c2-c12=c1+n-1d14分所以Sn=nWn=dn2+c1-dn，又因为cn=c1，n=1，Sn-Sn-1，n2，所以cn=c1+2d n-1，所以cn+1-cn=2d0，所以 cn为单调递增的等差数列，所以cn+1cn0，cn+2+cn=2cn+1，Sn=n c1+cn215分所以4 S2n+1-SnSn+2=n+12c1+cn+12-n n+2c1+cnc1+cn+2 n+12c1+cn+12-n n+2c1+cn+c1+cn+222=n+12c1+cn+12-n n+22c1+cn+22 2=n+12c1+cn+12-n n+2c1+cn+12=n+12-n n+2c1+cn+12=c1+cn+120所以S2n+1SnSn+2，数列 Sn是“对数凹性”数列.17分