山东省实验中学2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题及答案

这是一份山东省实验中学2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题及答案，共18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．设是三个不同平面，且，，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
2．若，，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．若复数z满足，则z在复平面中对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．甲，乙，丙，丁四位师范生分配到A，B，C三所学校实习，若每所学校至少分到一人，且甲不去A学校实习，则不同的分配方案的种数是（ ）
A．48B．36C．24D．12
5．函数，则的部分图象大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．2D．
7．已知抛物线的焦点为F，点是抛物线C上一点，圆M与线段MF相交于点A，且被直线截得的弦长为，若，则
A．B．1
C．2D．3
8．已知数列的前n项和，将依原顺序按照第n组有项的要求分组，则2024所在的组数为（ ）
A．8B．9C．10D．11
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
B．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的20%分位数不等于原样本数据的20%分位数
C．若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的线性相关程度更强
D．若决定系数的值越接近于1，则表示回归模型的拟合效果越好
10．已知函数（ ）
A．在上单调递增B．在上单调递增
C．在上有唯一零点D．在上有最小值为
11．已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得直线与所成角为
C．当时，三棱锥的体积最大值为
D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为
三、填空题
12．已知等比数列的前项和为，且，，数列的公比 ．
13．已知A，B分别为直线和曲线上的点，则的最小值为 ．
14．如图，在中，已知，其内切圆与AC边相切于点D，且，延长BA到E，使，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前200名的顾客，均可获得3次抽奖机会，每次中奖的概率为，每次中奖与否相互不影响，中奖1次可获得50元奖金，中奖2次可获得100元奖金，中奖3次可获得200元奖金．
(1)求顾客甲获得了100元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率；
(2)若该商场开业促销活动的经费为1.5万元，则该活动是否会超过预算？请说明理由．
16．已知矩形ABCD中，点E在边CD上，且．现将沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成如图所示的四棱锥．
(1)若点F在线段AP上，且平面，求的值；
(2)若平面平面，求平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值．
17．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，且，求a的取值范围．
18．在平面直角坐标系中，点D为上一动点，点A，B分别在x轴，y轴上且轴，轴，若，点W的轨迹记为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)过点的直线l与C交于M，N两点，若点，直线GH为的角平分线，求直线l的方程．
19．如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”．
（1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项；
（2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
（3）若为n阶“归化数列”，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
2．A
【分析】借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得.
【详解】由，，，
则，
而，即得，
所以，又，
所以.
故选：A.
3．D
【分析】设，代入条件根据复数相等求出，进而可得z在复平面中对应的点所在象限.
【详解】设，
则由得，
整理得，
所以，解得，
所以在复平面中对应的点为，在第四象限.
故选：D.
4．C
【分析】分A学校只有1人去实习和A学校有2人去实习两种情况讨论求解.
【详解】①若A学校只有1人去实习，则不同的分配方案的种数是，
②若A学校有2人去实习，则不同的分配方案的种数是，
则不同的分配方案的种数共有.
故选：C.
5．A
【分析】根据函数奇偶性以及时函数值的正负，通过排除法得答案.
【详解】函数的定义域为，
，
即函数为偶函数，排除BD；
当时，，排除C.
故选：A.
6．D
【分析】根据，结合两角和差的正余弦公式与同角三角函数的关系化简求解即可.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：D．
7．B
【详解】由题意：M（x0，2√2）在抛物线上，则8=2px0，则px0=4，①
由抛物线的性质可知,， ，则，
∵被直线截得的弦长为√3|MA|，则，
由，在Rt△MDE中，丨DE丨2+丨DM丨2=丨ME丨2，即
，
代入整理得： ②，
由①②，解得：x0=2，p=2，
∴ ，
故选B．
【点睛】本题考查抛物线的简单几何性质，考查了抛物线的定义，考查勾股定理在抛物线的中的应用，考查数形结合思想,转化思想，属于中档题，将点A到焦点的距离转化为点A到其准线的距离是关键.
8．B
【分析】先求出数列的通项公式，得到2024在数列中的项数，再根据第n组有项求出前组所含项数，即可求解.
【详解】因为，
所以当时，，
当时，符合，
所以，故由得，
将依原顺序按照第n组有项的要求分组，
故第一组项，第二组项，第三组项，，第组有项，
故前组共有，
又，
故2024所在的组数为.
故选：B.
9．ABD
【分析】对于A：根据方差的性质可得；对于B：根据百分数的定义可得；对于C：根据相关系数的性质可得；对于D：根据决定系数的性质可得.
【详解】对于A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，A正确；
对于B：设原本数据从小到大为，因为，所以原样本数据的20%分位数为，去掉最大值和最小值后剩余数据按从小到大排列为，因为，所以剩下28个数据的20%分位数为，故不一样，B正确；
对于C：，故B组数据比A组数据的线性相关程度更强，C错误；
对于D：若决定系数的值越接近于1，则表示回归模型的拟合效果越好，D正确；
故选：ABD.
10．BD
【分析】求导，由单调性分析极值与零点逐一判断即可.
【详解】，
令，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增；
在上取极小值为，，，在上有两个零点，，所以，A C错，B D对，
故选：BD．
11．BC
【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M的轨迹，结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D.
【详解】对于A，假设存在点M，使得平面，
由于平面，平面，则平面平面，
平面平面，平面，则，
由于，平面，故直线重合，
即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，
这与M点落在上矛盾，A错误；
对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
平面，则即为与底面所成角，
故，而，故，
则，
结合A的分析，可取，则,
由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，
即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；
对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，
此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；
对于D，当时，，
以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，
为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，
由于,则,即,
则，则，
则，根据对称性有，
故的长为，
又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，
故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，
故选：BC
【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.
12．
【分析】利用等比数列前n项和公式联立方程组即可求解.
【详解】由题意可知：，
根据等比数列的前项公式可得：①，②,
联立①②可得，解得.
故答案为：
13．/
【分析】由题意的最小值为到直线上距离的最小值，再设，则当处的切线与平行时取得最小值.
【详解】由题意的最小值为曲线上点到直线距离的最小值，
设，则为增函数，
令则，故当时，单调递减；当时，单调递增.
故，即在曲线下方.
则当处的切线与平行时取得最小值.
设，对求导有，由可得.
故当时取最小值.
故答案为：
14．
【分析】设分别是与圆的切点，设，利用椭圆，双曲线的定义分切求出的表达式，进而可得的表达式，然后求出的取值范围即可的解.
【详解】如图以的中点为原点直角坐标系，设分别是与圆的切点，由圆的切线性质得，
设，所以，，
在中，，
以为焦点经过点的双曲线的离心率为，
以为焦点经过点的椭圆的离心率为，
则，
在中，设，所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，得，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.
15．(1)
(2)不会超过预算，理由见解析
【分析】（1）设顾客甲获得了100元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，求出和，然后利用条件概率公式求解即可；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为0，50，100，200，利用二项分布求出期望，即可得结论.
【详解】（1）设顾客甲获得了100元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，
则，，
故；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为0，50，100，200，
则，，
，，
则（元），
于是，故该活动不会超过预算．
16．(1)
(2)
【分析】（1）作，交PB于M，易得M，F，E，C四点共面，然后通过线面平行的性质定理得四边形EFMC为平行四边形，进而可得答案；
（2）先证明平面ABCE，然后以O为坐标原点，OA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解面面角.
【详解】（1）作，交PB于M，易得M，F，E，C四点共面，
平面PBC，平面平面，平面EFMC，
，四边形EFMC为平行四边形，
，，
由可得；
（2）因为为等腰直角三角形，取AE中点O，则，即．
又因为平面平面ABCE，平面平面，平面APE，
所以平面ABCE．
以O为坐标原点，OA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，，
则，，
设平面PEC的法向量为，则，
不妨取，则，，，
设平面ECA的一个法向量为，
则，
则平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值为．
17．(1)增区间，减区间
(2)
【分析】（1）将代入求导，然后确定单调性即可；
（2）求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．
【详解】（1）当时，，，
则，
当，，单调递增，当，，单调递减，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2），
所以，
设，令，由于有两个极值点，
所以，解得．
由，，
得
，
即，令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以，故a的取值范围是．
18．(1)
(2)
【分析】（1），，根据条件将用表示后，代入椭圆方程可得轨迹；
（2）设直线，与曲线C联立，根据代入点的坐标以及韦达定理计算可得直线的方程.
【详解】（1）设，，则，，
由，得，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）
设点，，由题意，易得直线l的斜率不为0，
设直线，与联立，得，
由根与系数的关系得，；恒成立，
由GH为的角平分线知，即，
又，
则，整理得，
化简得，所以，
所以直线l的方程为，即．
【点睛】方法点睛：在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用，本题根据角平分线的性质得，结合韦达定理分析求解．
19．（1）或；（2）或；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用“归化数列”的条件可得，从而，以后各项依次可写出；
（2）由11阶“归化数列”得，当时，，当时，，由此可得的通项公式；
（3）对阶“归化数列”，可知在中有正有负，设是正的，是负的，这样，，即可得到结果.
【详解】（1）设成公比为q的等比数列，显然，则由，
得，解得，由得，解得，
所以数列或为所求四阶“归化数列”；
（2）设等差数列的公差为，由，
所以，所以，即，
当时，与归化数列的条件相矛盾，
当时，由，所以，
所以
当时，由，所以，
所以（n∈N*，n≤11），
所以（n∈N*，n≤11）
（3）由已知可知，必有也必有(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)．
设为诸中所有大于0的数，为诸中所有小于0的数．
由已知得X==，Y=++…+=－．
所以．
【点睛】本题考查数列新定义，考查等差数列与等比数列的通项和前项和公式，考查不等式的放缩法，属于中档题．