山东省威海市2024届高三二模数学试卷(解析版)

这是一份山东省威海市2024届高三二模数学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 样本数据11，12，13，16，20，22，25，27，36的60%分位数为（ ）
A. 20B. 21C. 22D. 23.5
【答案】C
【解析】样本数据11，12，13，16，20，22，25，27，36共9个数字，
所以，所以分位数为从小到大排列的第个数，即为.
故选：C.
2. 在研究集合时，用来表示有限集合A中元素的个数．集合，，若，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题：
所以，
故选：A.
3. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题知，，解得，
又双曲线的焦点在x轴上，所以渐近线方程为.
故选：D.
4. 已知正项等比数列中，，且，，成等差数列，则=（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】A
【解析】因为，，成等差数列，
所以，因为是正项等比数列，且，
，所以，解得：或（舍去），
所以.
故选：A.
5. 已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线过点F，且与C在第一象限的交点为A，若，则p=（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 12
【答案】B
【解析】过点A作x轴的垂线，垂足为H，
因为直线AF的斜率为，所以，
则，
所以，点A坐标为，代入得，
整理得，解得或（舍去）.故选：B

6. 在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，若平面与平面的交线为l，则l与直线所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为E，F分别为棱BC，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又平面平面，，所以，
又，所以，所以l与直线所成角的大小等于.
故选：C

7. 已知向量a，b满足，，且对，，则=（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】因为，所以，
所以，
因为对，，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】令，可得，所以在上单调递增，
当时，，所以，
所以，所以，
令，求导可得，
当，，所以单调递减，所以，
即，所以，
令，可得，即，
所以.
故选：B.
二、选择题
9. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 是纯虚数
B. 对任意的复数z，
C. 对任意的复数z，为实数
D.
【答案】AC
【解析】对于A，是纯虚数，A正确；
对于B，对任意复数，
，，
所以和不一定相等，B错误；
对于C，设，则，
则，C正确；
对于D，
，D错误.故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减
B. 将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称
C. 在上有两个零点
D.
【答案】BCD
【解析】于A，因为，
所以的图象关于对称，所以在上不单调，A错误；
对于B，由上知，的图象关于对称，
所以的图象向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称，B正确；
对于C，由得函数的零点为，
令，解得，
所以，即在上有两个零点，C正确；
对于D，因为，
，，
所以因为的最小值周期，
所以，D正确.
故选：BCD
11. 数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点O为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：可以与边长为的正方形的四条边均相切，它的左、右顶点分别为A，B，则（ ）
A.
B. 若矩形的四条边均与椭圆C相切，则该矩形面积的最大值为12
C. 椭圆C的蒙日圆上存在两个点M满足
D. 若椭圆C的切线与C的蒙日圆交于E，F两点，且直线OE，OF的斜率都存在，记为，，则为定值
【答案】ACD
【解析】A选项，由题意得边长为的正方形为的蒙日圆的内接正方形，故，解得，，A正确；
B选项，若矩形的四条边均与椭圆C相切，则该矩形为的蒙日圆的内接矩形，
其中蒙日圆的半径为，
设矩形的长为，宽为，故，
故矩形面积为，当且仅当时，等号成立，
故该矩形面积的最大值为24，B错误；
C选项，由题意得，蒙日圆方程为，
设，
故，
，
由得，
故，解得，
显然点可能在第一象限或第四象限，C正确；
D选项，下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，
化简得：
，
所以，
把代入，得：，于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；
设切点为，故，
则椭圆C的切线方程为，
联立与得，
设，
则，，
将代入得，，
，
故，为定值，D正确.
法2：若的斜率存在，则设直线，
则联立与得，
由得，
联立与得，，
设，则，
故
，
将代入得
，
故，
若的斜率不存在，则：或，
若：，则或，
此时均有，同理当：，也有，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】35
【解析】，
令，解得，所以的系数为.
故答案为：35
13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则=______．
【答案】
【解析】在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以，所以
解得，
由，可得，
在中，由正弦定理可得，
所以.故答案为：.
14. 已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为______．
【答案】
【解析】如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，
，记
则圆锥侧面积为，
若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧，
此时，
，而,
又，
故
令，
，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时，
此时圆锥体积，
故答案为：.
四、解答题
15. 市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%．现有某质检部门对该商品进行质量检测．
（1）若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到产品达到优秀等级的概率；
（2）若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和数学期望．
解：（1）记质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级为事件，
则，
（2）由（1）可知每件产品达到优秀等级的概率均为，故，
，
所以，，
，，
，
的分布列为：
16. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，为等边三角形，，，，，M为的中点．

（1）证明：⊥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（1）证明：设中点为O，连接，为等边三角形，故，
由题意知平面⊥平面，平面平面，
平面，故平面，平面，
故，又，平面，
故平面，平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则,
平面，
所以⊥平面；
（2）解：由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，
故以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的一个法向量为，
则,
即，令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
17. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）证明：．
（1）解：由题意得的定义域为，则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
18. 在直角坐标系xOy中，已知曲线C：过点，且与x轴的两个交点为A，B，．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l与C相切．
（i）若l与直线的交点为M，证明：；
（ii）若l与过原点O的直线相交于点P，且l与直线OP所成角的大小为45°，求点P的轨迹方程．
（1）解：因为曲线C：过点，所以，
由，可得，
因，所以，
解得，
所以曲线C的方程为.
（2）（i）证明：设直线l与C相切的切点为 ，
因为，所以，则直线l的方程为，
即，所以，
由题意可知，
所以 ，
可得，
所以；
（ii）解：设P的坐标为，则，
因为l与直线OP所成角的大小为，且l的一个方向向量为 ，
所以，
可得，
即，
所以或，
当时，，
因为，所以，
可得，
即，
因为，所以，
当时，，
因，
同理，
所以点P的轨迹方程为或.
19. 设，y是不超过x的最大整数，且记，当时，的位数记为例如：，，．
（1）当时，记由函数的图象，直线，以及x轴围成的平面图形的面积为，求，及；
（2）是否存在正数M，对，，若存在，请确定一个M的值，若不存在，请说明理由；
（3）当，时，证明：．
（1）解：当时，，
由，，以及x轴围成的平面图形的面积为；
当时，，
由，，以及x轴围成的平面图形的面积为；
当时，，
表示，，以及x轴围成的平面图形的面积，
所以，记，
则①，
所以②，
由①-②得
，
所以，
即.
（2）解：存在.
记，易知在定义域上单调递增，
令，则，
取，对都有，即，
所以.
所以，存在，对，.
（3）证明：
当时，
，，
此时，
所以；
，
，
所以
，
所以.