山东省济南育英中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题含解析

山东省济南育英中学2023-2024学年高三下学期一模考试数学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“—”表示一根阳线，“——”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为（）A． B． C． D．2．一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积是（）A． B． C． D．3．函数的部分图像大致为（）A． B．C． D．4．a为正实数，i为虚数单位，，则a=（）A．2 B． C． D．15．定义在R上的函数，，若在区间上为增函数，且存在，使得.则下列不等式不一定成立的是（）A． B．C． D．6．如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．7．函数（，，）的部分图象如图所示，则的值分别为（）A．2，0 B．2， C．2， D．2，8．已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．9．若，满足约束条件，则的取值范围为（）A． B． C． D．10．函数的单调递增区间是（）A． B． C． D．11．点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（）A． B． C． D．12．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．动点到直线的距离和他到点距离相等，直线过且交点的轨迹于两点，则以为直径的圆必过_________.14．在如图所示的三角形数阵中，用表示第行第个数，已知，且当时，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和，即，若，则正整数的最小值为______.15．已知多项式的各项系数之和为32，则展开式中含项的系数为______．16．已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是____．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在以为顶点的五面体中，底面为菱形，，，，二面角为直二面角.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求二面角的余弦值.18．（12分）已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.19．（12分）已知函数．（1）时，求不等式解集；（2）若的解集包含于，求a的取值范围．20．（12分）“绿水青山就是金山银山”，为推广生态环境保护意识，高二一班组织了环境保护兴趣小组，分为两组，讨论学习．甲组一共有人，其中男生人，女生人，乙组一共有人，其中男生人，女生人，现要从这人的两个兴趣小组中抽出人参加学校的环保知识竞赛.（1）设事件为“选出的这个人中要求两个男生两个女生，而且这两个男生必须来自不同的组”，求事件发生的概率；（2）用表示抽取的人中乙组女生的人数，求随机变量的分布列和期望21．（12分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积.22．（10分）已知正数x，y，z满足xyzt（t为常数），且的最小值为，求实数t的值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

根据古典概型的概率求法，先得到从八卦中任取两卦基本事件的总数，再找出这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数，代入公式求解.【详解】从八卦中任取两卦基本事件的总数种，这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数有6种，分别是（巽，坤），（兑，坤），（离，坤），（震，艮），（震，坎），（坎，艮），所以这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率是.故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2、C【解析】

根据组合几何体的三视图还原出几何体，几何体是圆柱中挖去一个三棱柱，从而解得几何体的体积.【详解】由几何体的三视图可得，几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱，故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积，即，故选C.【点睛】本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题，解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体，然后根据几何体的结构求出其体积.3、A【解析】

根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以的定义域为，则，∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项，且当时，，排除选项，所以正确.故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.4、B【解析】

，选B.5、D【解析】

根据题意判断出函数的单调性，从而根据单调性对选项逐个判断即可．【详解】由条件可得函数关于直线对称；在，上单调递增，且在时使得；又，，所以选项成立；，比离对称轴远，可得，选项成立；，，可知比离对称轴远，选项成立；，符号不定，，无法比较大小，不一定成立．故选：．【点睛】本题考查了函数的基本性质及其应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6、A【解析】

首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，设中点为，连接，，可知，，同时易知，，所以面，故即为与面所成角，有，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.7、D【解析】

由题意结合函数的图象，求出周期，根据周期公式求出，求出，根据函数的图象过点，求出，即可求得答案【详解】由函数图象可知：，函数的图象过点，，则故选【点睛】本题主要考查的是的图像的运用，在解答此类题目时一定要挖掘图像中的条件，计算三角函数的周期、最值，代入已知点坐标求出结果8、B【解析】

求出导函数，确定函数的单调性，确定函数的最值，根据零点存在定理可确定参数范围．【详解】，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在上只有一个极大值也是最大值，显然时，，时，，因此要使函数有两个零点，则，∴．故选：B．【点睛】本题考查函数的零点，考查用导数研究函数的最值，根据零点存在定理确定参数范围．9、B【解析】

根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.故选：B【点睛】本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.10、D【解析】

利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.【详解】因为，由，解得，即函数的增区间为，所以当时，增区间的一个子集为.故选D.【点睛】本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性，同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.11、C【解析】

设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线.正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：因此有，设平面的法向量为，所以有，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.12、B【解析】

利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.【详解】，解得（当且仅当时取等号），则②正确；将和联立，解得，即圆与曲线C相切于点，，，，则①和③都错误；由，得④正确.故选：B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用动点到直线的距离和他到点距离相等，,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将,代入,利用韦达定理,可得,从而可知以为直径的圆经过原点O.【详解】设点，由题意可得，，，可得，设直线的方程为，代入抛物线可得，，，，以AB为直径的圆经过原点.故答案为：（0,0）【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线和抛物线的交汇问题，同时考查了方程的思想和韦达定理，考查了运算能力，属于中档题.14、2022【解析】

根据条件先求出数列的通项，利用累加法进行求解即可．【详解】，，，下面求数列的通项，由题意知，，，，，，数列是递增数列，且，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合数列的性质求出数列的通项是解决本题的关键．综合性较强，属于难题．15、【解析】

令可得各项系数和为，得出,根据第一个因式展开式的常数项与第二个因式的展开式含一次项的积与第一个因式展开式含x的一次项与第二个因式常数项的积的和即为展开式中含项，可得解.【详解】令，则得，解得，所以展开式中含项为：，故答案为：【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数和，二项展开式特定项，赋值法，属于中档题.16、【解析】Aa设正四棱柱的高为h得到故得到正四棱柱的体积为故答案为54.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）连接交于点，取中点，连结，证明平面得到答案.（Ⅱ）分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量为，平面的法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（Ⅰ）连接交于点，取中点，连结因为为菱形，所以.因为，所以.因为二面角为直二面角，所以平面平面，且平面平面，所以平面所以因为所以是平行四边形，所以.所以，所以，所以平面，又平面，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知两两垂直，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系.设设平面的法向量为，由，取.平面的法向量为.所以二面角余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.18、（1）；（2）.【解析】

（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.（2）因为对任意，都存在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，然后解不等式即可.【详解】解：（1）当时，，则当时，由得，，解得；当时，恒成立；当时，由得，，解得.所以的解集为（2）对任意，都存在，得成立，等价于.因为，所以，且|，①当时，①式等号成立，即.又因为，②当时，②式等号成立，即.所以，即即的取值范围为：.【点睛】知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.19、（1）（2）【解析】

(1)代入可得对分类讨论即可得不等式的解集;(2)根据不等式在上恒成立去绝对值化简可得再去绝对值即可得关于的不等式组解不等式组即可求得的取值范围【详解】（1）当时，不等式可化为，①当时，不等式为，解得；②当时，不等式为，无解；③当时，不等式为，解得，综上，原不等式的解集为．（2）因为的解集包含于，则不等式可化为，即．解得，由题意知，解得，所以实数a的取值范围是．【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等式的解法.难度一般.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列见解析，.【解析】

（Ⅰ）直接利用古典概型概率公式求.（Ⅱ）先由题得可能取值为,再求x的分布列和期望.【详解】（Ⅰ）（Ⅱ）可能取值为,,,,,的分布列为0123.【点睛】本题主要考查古典概型的计算，考查随机变量的分布列和期望的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21、