山东省枣庄市2024届高三下学期3月模拟考试数学试题及答案

这是一份山东省枣庄市2024届高三下学期3月模拟考试数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表：
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），则可以认为（ ）
A．两种疗法的效果存在差异
B．两种疗法的效果存在差异，这种判断犯错误的概率不超过0．005
C．两种疗法的效果没有差异
D．两种疗法的效果没有差异，这种判断犯错误的概率不超过0．005
3．已知，则“”是“”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
4．在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（ ）
A．34B．40C．44D．48
5．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．下列命题错误的是（ ）
A．若数据的标准差为，则数据的标准差为
B．若，则
C．若，则
D．若为取有限个值的离散型随机变量，则
7．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，为的中点，且，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最大值为2
B．在上单调递增
C．在上有2个零点
D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
10．已知，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．将数列中的所有项排成如下数阵：
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（ ）
A．B．
C．位于第45行第88列D．2024在数阵中出现两次
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
13．已知为偶函数，且，则 ．
14．盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球．从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为 ．
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若是边上的高，且，求．
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
18．有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
(1)求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
(2)设第次答题后游戏停止的概率为．
①求；
②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．
19．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被截得的线段长为．
(1)求的方程；
(2)已知直线与圆相切，且与相交于两点，为的右焦点，求的周长的取值范围．
疗法
疗效
合计
未治愈
治愈
甲
15
52
67
乙
6
63
69
合计
21
115
136
参考答案：
1．D
【分析】首先解对数不等式求出集合，再根据函数的定义求出集合，最后根据补集、并集的定义计算可得.
【详解】由，可得，所以，
即，
对于函数，则，解得或，
所以，
所以，
所以.
故选：D
2．C
【分析】根据条件可得列联表，计算的值，结合临界值表可得结论．
【详解】零假设为：疗法与疗效独立，即两种疗法效果没有差异．
根据列联表中的数据，，根据小概率值的独立性检验，
没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，
即认为两种疗法效果没有差异．
故选:C．
3．A
【分析】根据基本不等式与不等式的性质，对两个条件进行正反推理论证，即可得到本题的答案．
【详解】若，，，则，充分性成立；
若，可能，，此时，所以必要性不成立．
综上所述，“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
4．B
【分析】借助点到直线的距离公式与圆上的点到定点距离的最值计算即可得.
【详解】设，则
，
即等价于点到点的距离的平方的两倍加八，
又，
即.
故选：B.
5．B
【分析】根据给定条件求出圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式计算得解.
【详解】圆台的上底面圆半径，下底面圆半径，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为，依题意有：，解
得,
所以圆台的侧面积.
故选：B
6．D
【分析】根据方差以及标准差的性质即可求解A；结合二项分布的概率公式，即可求解B；结合正态分布的对称性，即可求解C；结合方差的非负性，即可求解D．
【详解】数据，，，，的标准差为，则数据，，，，的标准差为，故A正确；
，，则，得，
，故B正确；
，，
则，故C正确；
为取有限个值的离散型随机变量，
则，故D错误．
故选：D．
7．C
【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.
【详解】取中点，连接、，则有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，
故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.

8．B
【分析】结合向量的线性运算可得，结合焦半径公式与即可得解.
【详解】设、、，由可得，
由，为的中点，
则有，即，
即，故，
，
又，故，此时点在原点.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助向量的线性运算，得到，从而可结合焦半径公式得到.
9．AC
【分析】根据诱导公式化简，则可判断A选项；整体代入法计算的范围可判断BC选项；由图象的平移可判断D选项.
【详解】函数
．
选项A：，，故最大值为2，A正确；
选项B：时，，不单调递增，故B错误；
选项C：时，，可知当以及时，即以及时，在上有2个零点，故C正确；
选项D：的图象向左平移个单位长度，得到，不关于原点对称，故D错误.
故选：AC．
10．ABD
【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可.
【详解】设，则.
对于A：若，且，
可得，所以，正确；
对于B：若，则，即，
得或，所以，正确；
选项C：令、，则，，
所以，但是，错误；
选项D：因为，
所以，
，所以，正确.
故选：ABD
11．ABC
【分析】根据题意，由等差数列的通项公式求得第一列的通项公式，再由等比数列的通项公式，对各个选项分析，即可求解.
【详解】由第1列数 成等差数列，设公差为，
又由，可得，解得，
则第一列的通项公式为，
又从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列，
可得，所以A、B正确；
又因为每一行的最后一个数为，
且，可得是的前一个数，且在第45行，
因为这一行共有个数，则在第45行的第88列，所以C正确；
又因为，令，解得，
所以不出现在其它列中，所以D错误.
故答案为：ABC.
12．
【分析】由，再写出展开式的通项，即可求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项为，
所以的展开式含的项为，
即的展开式中的系数为.
故答案为：
13．
【分析】由条件结合偶函数定义可得，由结合周期函数定义证明为周期函数，利用周期性及赋值法求结论.
【详解】因为为偶函数，
所以，又，
所以，
因为，所以，
所以，
所以函数为周期函数，周期为，
所以，
由，可得，
由，可得，
所以，
所以，
故答案为：.
14．/0.35
【分析】把前10个正整数按除以3的余数情况分类，求出取出的3个数和能被3整除的基本事件数，借助古典概率求解即得.
【详解】依题意，问题相当于从1，2，3，…，10的10个数中任取3个，这3个数的和能被3整除的概率，
显然试验含有的基本事件总数为，它们等可能，
10个数中能整除3的有3，6，9；除以3余数是1的有1，4，7，10；除以3余数是2的有2，5，8，
取出的3个数的和能被3整除的事件含有的基本事件数有，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：把前10个正整数按除以3的余数情况分类是解决本问题的关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理边化角，再切化弦由倍角公式化简，得，可求的值.
（2）以为基底，由，代入数据运算得的关系；或利用余弦定理和勾股定理，求出，由平面向量基本定理求的值.
【详解】（1）中，，由正弦定理和同角三角函数的商数关系，
得，由倍角公式得．
又因为为的内角，所以．
所以，，
则有，得．
（2）方法一 ：，，，
所以，
由题意知，所以，
即．
所以，所以．
方法二 ：中，由余弦定理得，
所以．
又因为，
所以．
所以，．
所以．
由平面向量基本定理知，，

所以．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分两种情况当时，当时，求方程的解，分析的符号，进而可得的单调性．
（2）方法一：化简不等式，证明，函数有唯一零点，由此证明，证明时，满足条件，时不满足条件即可；
方法二：化简不等式，并分离变量可得，利用导数研究的单调性及最小值，由此可求的取值范围.
【详解】（1）由题意知定义域为
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）方法一：
，化简得．
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，当且仅当取等号，
令，因为在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得①，
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由①知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 ：
不等式，可化为，
所以．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
18．(1)
(2)①，②存在，最大值
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据题意可得，即可利用作商求解单调性，即可求解最值.
【详解】（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，；
“第次摸出黑球，并且答题正确”，；
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以．
又；；，
所以
．
同理：
所以．
（2）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为4次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确．
所以．
②由①知，
所以．
令，解得；，解得．
所以，
所以的最大值是．
19．(1)
(2)
【分析】（1）由截得的线段长可确定椭圆所过的点坐标，结合离心率建立的方程组，求解可得.
（2）由直线和圆相切，可求出的等量关系，直线和椭圆联立，由弦长公式和点点距公式分别求出的长，然后计算周长，由的等量关系化简，然后分情况讨论的正负可求出周长的范围.
【详解】（1）由题意可知，点在椭圆上，
则有，解得．
所以的方程为．
（2）由题意知，，设，
由与圆相切，得，即．
由消去并整理得．
该方程的判别式，
由韦达定理得．
于是
，
而．
同理，．
所以
．
显然，下面对的符号进行讨论：
①当时，．（*）
令，则且．
代入（*）化简得．
因为，所以，解得，当且仅当时取等号．
②当时，．
综上，周长的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：的周长包含弦长，以及，由弦长公式以及点点距公式表示出周长，换元法将所求转化为二次函数，根据二次函数的性质可求出范围.