山东省聊城市2024届高考模拟数学试题（一）（原卷版+解析版）

这是一份山东省聊城市2024届高考模拟数学试题（一）（原卷版+解析版），文件包含精品解析山东省聊城市2024届高考模拟数学试题一原卷版docx、精品解析山东省聊城市2024届高考模拟数学试题一解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
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：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，，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出集合、后借助集合间的关系计算即可得.
【详解】由，可得，故，
由，可得，故，
由，则有.
故选：C.
2. 若复数满足，则可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助复数的性质设，结合题意计算即可得.
【详解】设，则，故有，
即有，选项中只有A选项符合要求，故A正确，
B、C、D选项不符合要求，故B、C、D错误.
故选：A.
3. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A. 3B. 5C. 7D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求解.
【详解】等差数列的前项和为，则，故，
，故，
由得，
故选：B
4. 设，其中，且，则（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】展开后找到不能被7整除的项，求出被7整除的余数.
【详解】
在所有的展开项中，只有不能被7整除，
故，其中，
故选：D
5. 设，是双曲线的左、右焦点，是上的一点，若的一条渐近线的倾斜角为，且，则的焦距等于（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】借助双曲线的定义与渐近线方程计算即可得.
【详解】由渐近线的倾斜角为，可得，
由，可得，
故，，则，故.
故选：D.
6. 已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当时，因为，所以，
又，则，则，
依次类推可知，故，
则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立；
当是等比数列时，因为，所以，
当时，，则是公比为的等比数列，
所以，即，
则，，，
由，得，解得，不满足题意；
当，即时，易知满足题意；
所以，即必要性成立.
故选：C.
7. 在三棱柱中，点在棱上，且所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】首先说明为的中点，在上取点，使得，连接、，即可证明平面平面，由面面平行的性质得到，从而得到，即可求出.
【详解】如图，连接，则，
又所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，
所以，
即，
即，设到平面的距离为，
则，，
所以，所以为的中点，
在上取点，使得，连接、，
因为，所以，又平面，平面，
所以平面，
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以.
故选：D
8. 已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由，，可将转化为，借助圆的切线的性质，可逐一计算出、及，借助基本不等式中取等条件即可得解.
【详解】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将转化为，从而可借助圆的切线的性质，解出的值何时取得最小.
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，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. 已知函数的最小正周期为2，则（ ）
A. B. 曲线关于直线对称
C. 的最大值为2D. 在区间上单调递增
【答案】AB
【解析】
【分析】借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，结合正弦型函数的性质逐项判断即可得.
【详解】
，
对A：由的最小正周期为2，故，即，故A正确；
对B：当时，，由是函数的对称轴，
故曲线关于直线对称，故B正确；
对C：又，故，故C错误；
对D：当时，，
由不是函数的单调递增区间，
故不是函数单调递增区间，故D错误.
故选：AB.
10. 在一次数学学业水平测试中，某市高一全体学生的成绩，且，，规定测试成绩不低于60分者为及格，不低于120分者为优秀，令，，则（ ）
A. ，
B. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为
C. 从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为
D. 从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，在已知该生测试成绩及格的条件下，该生测试成绩优秀的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：借助正态分布中于的意义即可得；对B：结合题意可得，，结合正态分布的性质计算即可得的值；对C、D：由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可得.
【详解】对A：由，，则，，故A错误；
对B：由，，则，则，
，故有，，
则，则，
即从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，该生测试成绩及格但不优秀的概率为，
故B正确；
对C：，则从该市高一全体学生中（数量很大）依次抽取两名学生，
这两名学生恰好有一名测试成绩优秀的概率为，
故C正确；
对D：，又，
故从该市高一全体学生中随机抽取一名学生，
该生测试成绩及格的概率为，该生测试成绩优秀的概率为，
则在已知该生测试成绩及格条件下，该生测试成绩优秀的概率为，
故D正确.
故选：BCD.
11. 设是定义在上的可导函数，其导数为，若是奇函数，且对于任意的，，则对于任意的，下列说法正确的是（ ）
A. 都是的周期B. 曲线关于点对称
C. 曲线关于直线对称D. 都是偶函数
【答案】BC
【解析】
【分析】结合题意，借助导数的运算可判断函数的对称性，借助赋值法，可得函数的周期性，利用所得函数的性质，结合选项逐项分析判断即可得.
【详解】由是奇函数，故有，即有，
故，则，即，故关于对称，
由，则，即，
故关于中心对称，
由，则，又，
故，即有，
则，故，
即，故，故周期为.
对A：当时，，故A错误；
对B：由周期为，故，
又，故，故，
故曲线关于点对称，故B正确；
对C：由周期为，故，
又，故，
故曲线关于直线对称，故C正确；
对D：由B得，故，又周期为，
故有，故，又，
即都是奇函数，故D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数的值域为，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】借助分段函数的性质，求出时值域，可得时，有恒成立，解出即可得.
【详解】当时，，此时，
故当时，有恒成立，
即在时恒成立，即，即.
故答案为：.
13. 已知椭圆的一个焦点的坐标为，一条切线的方程为，则的离心率_________.
【答案】
【解析】
【分析】联立切线方程与椭圆方程，则可得，化简得，又椭圆的一个焦点的坐标为，可得，即可得、，即可得离心率.
【详解】联立直线与椭圆方程，可得，
由为椭圆切线，则有，
化简得，又，故，
又椭圆的一个焦点的坐标为，故有，
则，故，则.
故答案为：.
14. 已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由，故点在过点且垂直于的平面上，由，故点在以为直径的球面上，即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得该圆周长即点的轨迹长.
【详解】由，故点在过点且垂直于的平面上，
由，故点在以为直径的球面上，
即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，
由正四面体的性质可得，取中点，连接，，
则有，又、平面，，
故平面，取中点，中点，连接，
则，由平面，故平面，
，，
为以为直径的球的球心，则该球半径为，
则点的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在由题意中，得到点在过点且垂直于的平面上，由，得到点在以为直径的球面上，即可得点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，构造出对应球及平面，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得点的轨迹长.
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、演算步骤.
15. 已知抛物线关于轴对称，顶点在原点，且经过点，动直线不经过点、与相交于、两点，且直线和的斜率之积等于3.
（1）求的标准方程；
（2）证明：直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）结合抛物线性质设出抛物线方程，代入点坐标计算即可得；
（2）设出、两点坐标，由直线和的斜率之积等于3，可得，联立曲线与直线方程，可得，，即可得，即可得直线过定点及顶点坐标.
【小问1详解】
由抛物线关于轴对称，故可设，
由在抛物线上，故，解得，
故；
【小问2详解】
设、，，
同理可得，即有，
联立直线方程与抛物线方程，有，
即，，
，，
即有，化简得，
此时，则有解，
则，即直线过定点.
16. 在梯形中，，设，，已知.
（1）求；
（2）若，，，求.
【答案】16.
17.
【解析】
【分析】（1）借助两角和与差的正弦公式、两角和与差的余弦公式化简所给式子可得，结合图形可得，即可得；
（2）借助正弦定理与余弦定理计算即可得.
【小问1详解】
，
即，
即，
即，即，
又，故，即，
又，故；
【小问2详解】
由，故，
由正弦定理可得，
即，
故，则，
由余弦定理可得，
即，故.
17. 如图，在四棱台中，，平面，.
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接点与中点，连接，，借助棱台的性质可得、、、共面，由平面，结合线面垂直的性质定理可得，利用题意中的数量及位置关系可得，即可得线面垂直，借助线面垂直的性质即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得
【小问1详解】
连接点与中点，连接，，
由棱台的性质可得，故、、、共面，
由，，故、，
故四边形为平行四边形，故，
故有，故，
由平面，且、平面，故，，
又、平面，，
故平面，又平面，故；
【小问2详解】
由（1）知，、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，则，，
点到直线的距离为，
则有、、、，
则，，
由轴平面，故平面法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，令，则有、，
故平面的法向量可为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知函数，，.
（1）求的单调递增区间；
（2）求的最小值；
（3）设，讨论函数的零点个数.
【答案】（1）
（2）
（3）当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点，当时，函数无零点
【解析】
【分析】（1）求导后令，计算即可得；
（2）求导后，令，再次求导后可得的单调性，无法直接求出使的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，代入中，即可得解.
（3）变形后可得函数的零点个数即为的实数根的个数，结合的单调性讨论即可得.
【小问1详解】
，令，可得，
故的单调递增区间为；
【小问2详解】
，
令，
则，
由，故恒成立，
故在上单调递增，
又，，
故存在，使，即，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，
由，则，
令，则有，
，当时，恒成立，
故在上单调递增，故，即，
则，
即的最小值为；
【小问3详解】
令，
即有，
即函数的零点个数为的实数根的个数，
由（2）知，在上单调递减，在上单调递增，且，
又当时，，当时，，
故当，即时，有唯一实数根，
当，即时，有两实数根，
当，即时，无实数根，
即当时，函数有一个零点，
当时，函数有两个零点，
当时，函数无零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问中，令无法直接解出，因此需要虚设零点，借助零点的存在性定理，得到，使，再借助对数变形，得到，从而构造函数，结合函数单调性，得到，从而求出的最小值.
19. 如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作，，，，，，，，. 一个机器人从区域出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域（有公共边的区域），且到不同相邻区域的概率相等.
（1）分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；
（2）求经过2秒机器人位于区域的概率；
（3）求经过秒机器人位于区域的概率.
【答案】（1）经过2秒机器人可能位于的区域为、，，经过3秒机器人可能位于的区域为，，，，，
（2）
（3）当为奇数时，经过秒机器人位于区域的概率为，当为偶数时，经过秒机器人位于区域的概率为
【解析】
【分析】（1）结合题意观察图形即可得；
（2）经过2秒机器人位于区域，则必先经过，计算及的概率即可得；
（3）先研究机器人的行进路径，得到当为奇数时，其不可能位于、、，当为偶数时，其只可能位于或或，结合图形的对称性，可得经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，结合第二问所得，可得，借助累乘法研究该数列计算即可得解.
【小问1详解】
经过2秒机器人可能位于的区域为、，，
经过3秒机器人可能位于的区域为，，，，，；
【小问2详解】
若经过2秒机器人位于区域，则经过1秒时，机器人必定位于，
有三个相邻区域，故由的概率为，
有两个相邻区域，故由的概率为，
则经过2秒机器人位于区域的概率为；
【小问3详解】
机器人的运动路径为
，
设经过秒机器人位于区域的概率，
则当为奇数时，，
当为偶数时，由（2）知，，由对称性可知，
经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，亦为，
故经过秒机器人位于区域的概率为，
若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为，
若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为，
若第秒机器人位于区域，则第秒机器人位于区域的概率为，
则有，即，
令，即，即有，
即有，则，
故有、、、，
故，
即，
综上所述，当为奇数时，经过秒机器人位于区域的概率为，
当为偶数时，经过秒机器人位于区域的概率为.
【点睛】关键点点睛：最后一问需先研究机器人的行进路径，得到当为奇数时，其不可能位于、、，当为偶数时，其只可能位于或或，结合图形的对称性，可得经过秒机器人位于区域的概率与位于区域的概率相等，结合第二问所得，得到，计算出该数列即可得解.