山东省泰安市新泰中学2024届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省泰安市新泰中学2024届高三下学期第一次模拟考试数学试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了04， 已知集合，集合，其中．若，则， 已知向量，，若，则， “”是“”的， 已知函数，则， 下列结论正确的是， 已知复数，满足，则等内容，欢迎下载使用。

数学试题
2024.04
全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，集合，其中．若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 函数的数据如下表，则该函数的解析式可能形如（ ）
A.
B.
C
D.
5. 在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 4
6. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
7. “”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
8 已知复数，满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则（ ）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C. 当时，为奇函数
D. 当时，
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为
B. 已知随机变量，若，则
C. 在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（，其中）
D. 分别抛掷2枚质地均匀的骰子，若事件“第一枚骰子正面向上的点数是奇数”，“2枚骰子正面向上的点数相同”，则互为独立事件
11. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ）
A. 存在点，使为等边三角形
B. 若上一点，则最小值为1
C. 若，则直线与圆相切
D. 若以为直径的圆与圆相外切，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 随机变量，若且，则随机变量的第80百分位数是______.
13. 记为数列的前项和，已知则______．
14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________，体积为__________.

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求a的值：
（2）求证：；
（3）的值
16. 某学校举办了精彩纷呈的数学文化节活动，其中有二个“掷骰子赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎游．戏规则如下：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，出现3的倍数，则一次上三级台阶，否则上二级台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生位于第8、第9或第10级台阶时游戏结束规定：从平地开始，结束时学生位于第8级台阶可获得一本课外读物，位于第9级台阶可获得一套智力玩具，位于第10级台阶则认定游戏失败．
（1）某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位于第级台阶，求的分布列及数学期望；
（2）①求一位同学参加游戏，他不能获得奖品的概率；
②若甲、乙两位学生参加游戏，求恰有一人获得奖品的概率；
17. 如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
18 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若存在，且，使得，求证：.
19. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.-2
-1
0
1
2
3
5
2.3
1.1
0.7
1.1
2.3
5.9
49.1
新泰中学2021级高三高考模拟测试（一）
数学试题
2024.04
全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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. 已知是等比数列，，且，是方程两根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.
【详解】因为是等比数列，所以，，又，所以，
又，是方程两根，
所以.
故选：C
2. 已知集合，集合，其中．若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出集合，依题意可得，即可求出的值.
【详解】由，则，解得，所以，
又，，即，所以.
故选：D
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】因为，所以，即，
所以，所以.
故选：C.
4. 函数的数据如下表，则该函数的解析式可能形如（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的数据即可得出答案.
【详解】由函数的数据可知，函数，
偶函数满足此性质，可排除B，D；
当时，由函数的数据可知，函数增长越来越快，可排除C.
故选：A.
5. 在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由渐近线方程和⊥求出，由勾股定理得到，从而求出离心率.
【详解】由题意得，⊥，双曲线的一条渐近线方程为，
故，即，
又，所以，
由勾股定理得，即，
解得，
,
故选：B.
6. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A. 16B. 24C. 32D. 48
【答案】B
【解析】
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
7. “”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用齐次式法求值及充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】由，得，
由，得，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，A正确.
故选：A
8. 已知复数，满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析题意，设出复数，求出复数的模找变量之间的关系，整体代入求解即可.
【详解】设则
所以，，即，
则
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则（ ）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C. 当时，为奇函数
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由分母不为零求出函数的定义域，即可判断A，再分、分别求出函数值的取值范围，即可得到函数的值域，从而判断B，根据奇偶性判断C，根据指数幂的运算判断D.
【详解】对于函数，令，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，当时，所以，
当时，所以，
综上可得的值域为，故B错误；
当时，则，
所以为奇函数，故C正确；
当时，则，
故D正确.
故选：ACD
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为
B. 已知随机变量，若，则
C. 在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（，其中）
D. 分别抛掷2枚质地均匀的骰子，若事件“第一枚骰子正面向上的点数是奇数”，“2枚骰子正面向上的点数相同”，则互为独立事件
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据相关系数的概念判断A，根据正态分布的方差公式及方差的性质判断B，根据卡方公式判断C，根据相互独立事件的定义判断D.
【详解】对于A：若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为，故A错误；
对于B：如，则，又，即
则，故B正确；
对于C：在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，
则，
即也变成原来的倍，故C正确；
对于D：分别抛掷2枚质地均匀的骰子，基本事件总数为个，
事件“第一枚骰子正面向上的点数是奇数”，则事件包含的基本事件数为个，
事件“2枚骰子正面向上的点数相同”，则事件包含的基本事件数为个，
所以，，
又包含基本事件有个，所以，
所以，则、互为独立事件，故D正确；
故选：BCD
11. 已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ）
A. 存在点，使为等边三角形
B. 若为上一点，则最小值为1
C. 若，则直线与圆相切
D. 若以为直径的圆与圆相外切，则
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.
【详解】由已知圆的方程化为，
得其圆心，半径，
由于抛物线方程为，其焦点为
对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；
若点到点的距离为，
由抛物线定义可知，即，
代入抛物线方程可得，，故A正确；
对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，
，
由于为上，设，且，
则，
当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；
对于选项C，设，且，
若，即，得，
解得，所以此时，
不妨取，，
此时直线的方程为：，即，
则圆心到该直线的距离为，
所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；
对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，
只需保证，
设，且，，得，
得方程：（*），
其中，反解得：代入上式，
化简可得：，
显然，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 随机变量，若且，则随机变量的第80百分位数是______.
【答案】88
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出，再求出时的即可.
【详解】随机变量，又，则，
因此，则，
所以随机变量的第80百分位数是88.
故答案为：88
13. 记为数列的前项和，已知则______．
【答案】
【解析】
【分析】注意到，进一步由裂项相消法即可求解.
【详解】由题意，
所以
.
故答案为：.
14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________，体积为__________.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出、、、、、，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积与体积.
【详解】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积，
又其中一个球缺的体积，
圆锥的体积，球的体积，
所以几何体的体积.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合理转化.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求a的值：
（2）求证：；
（3）的值
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据条件结合余弦定理求解；
（2）由可得，利用正弦定理结合，得证；
（3）由（1）可求得，根据二倍角公式求得，再利用两角差的余弦公式求得结果；或由余弦定理求得，结合，利用两角差的余弦公式运算得解.
【小问1详解】
由及余弦定理，得，
因为，所以.
【小问2详解】
由及，得，
由正弦定理得，
因为，所以或.
若，则，与题设矛盾，因此.
【小问3详解】
由（Ⅰ）得，因为，
所以，
所以，
所以
.
另解：因为，
所以
.
16. 某学校举办了精彩纷呈的数学文化节活动，其中有二个“掷骰子赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎游．戏规则如下：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，出现3的倍数，则一次上三级台阶，否则上二级台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生位于第8、第9或第10级台阶时游戏结束规定：从平地开始，结束时学生位于第8级台阶可获得一本课外读物，位于第9级台阶可获得一套智力玩具，位于第10级台阶则认定游戏失败．
（1）某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位于第级台阶，求的分布列及数学期望；
（2）①求一位同学参加游戏，他不能获得奖品的概率；
②若甲、乙两位学生参加游戏，求恰有一人获得奖品的概率；
【答案】（1）分布列见解析；期望为7
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）设，根据题意分析可知，结合二项分布求分布列，进而可得期望；
（2）①结合概率乘法公式求单人不能获奖的概率，
②利用独立重复实验概率乘法公式求恰有一人获得奖品概率.
【小问1详解】
由题意可知：每次掷骰子上两级台阶的概率为，上三级台阶的概率为，
且的可能取值为6，7，8，9，设，
则，
则有：，，
，
，
所以的分布列为：
的数学期望．
【小问2详解】
①因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学员位于第10级台阶，则投掷3次后，学员位于第7级台阶，投掷第4次上三级台阶，
所以不能获得奖品的概率为，
②甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率．
17. 如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）作直线即为所求，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接、、、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，则，即可证明平面；
（2）由，又因为，则当，即当时直三棱柱的体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
作直线即为所求，
连接交于点，连接、、、，
因为，，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，又平面，平面，
所以平面，
所以在平面内，过作一条直线与平面平行的直线为.
【小问2详解】
因为，
又因为，
所以当时取最大值，
即当时直三棱柱的体积最大，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

18. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若存在，且，使得，求证：.
【答案】（1）
（2）函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可；
（2）求原函数导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决；
（3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可.
【小问1详解】
当时，，所以，
又，所以，
曲线在点处的切线方程为：；
【小问2详解】
因为，且，
令，，因为，，
即函数在上单调递增，
由，得，
所以函数在上小于零，在上大于零，
因为，的符号和函数的符号一致，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
【小问3详解】
因为，
所以时，，且，
则，即，
若，且，，
所以，取自然对数得：，
即，
由得：，
即，
所以，
令，
设，所以，
所以时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
下面证明：，又，即证，
即证，即证，
令，
，
所以在区间上单调递增，
所以，从而得证；
故，
即，所以，
所以，得证.
【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论.
19. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，（ii）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：.
【小问2详解】
（i）证明：设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，显然当时，，
故直线经过定点.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
-2
-1
0
1
2
3
5
2.3
1.1
0.7
1.1
2.3
5.9
49.1
6
7
8
9