山东省济宁市2024届高三下学期高考模拟考试数学试题及答案

这是一份山东省济宁市2024届高三下学期高考模拟考试数学试题及答案，共23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．抛物线的焦点坐标是（ ）
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A．14B．16C．18D．20
4．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．30D．60
5．已知为坐标原点，直线与圆相交于，两点，则（ ）
A．4B．6C．8D．10
6．已知的内角的对边分别为，且，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与双曲线在第一象限的交点为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，若的值越小，则模型的拟合效果越好
B．已知随机变量服从二项分布，若，，则
C．已知随机变量服从正态分布，若，则
D．已知随机事件，满足，，则
10．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．若和为函数图象的两条相邻的对称轴，则
B．若，则函数在上的值域为
C．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若为奇函数，则的最小值为
D．若函数在上恰有一个零点，则
11．如图，在棱长为2的正方体中，是棱BC的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若是棱的中点，则过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形的周长为
C．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为
D．若CN与平面所成的角为，则
三、填空题
12．设集合，，若，则实数的取值范围是 ．
13．2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为 ．
14．已知函数（且）恰有一个零点，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．求角的大小．
16．袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束．
(1)求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；
(2)若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分的分布列和数学期望．
17．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，过点的平面分别与棱，，相交于，，点，其中，分别为棱，的中点．
(1)求的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆，直线与椭圆交于A、B两点，为坐标原点，且，，垂足为点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求面积的取值范围．
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立；
(3)设，，数列的前项和为．证明：．
参考答案：
1．B
【解析】将抛物线的方程化为标准方程，由此可求得该抛物线的焦点坐标.
【详解】抛物线的标准方程为，则，可得，
因此，抛物线的焦点坐标为.
故选：B.
2．B
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数.
【详解】因为，
所以，所以.
故选：B
3．D
【分析】根据题意求出首项与公差，再根据等差数列前项和公式即可得解.
【详解】设数列的公差为，
由，，
得，解得，
所以.
故选：D.
4．B
【分析】求得中含有的项，即可求得的系数.
【详解】，
则展开式中含有的项为，
故的展开式中的系数为.
故选：B.
5．C
【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，从而得到直线恒过圆心，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】圆即，圆心为，半径，
又直线，令，则，即直线恒过点，即直线恒过圆心，
又直线与圆相交于，两点，
所以，
所以
.
故选：C
6．A
【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得，结合余弦定理以及不等式求得的最大值，再求三角形面积的最大值即可.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
即，，
又，，故；由，解得；
由余弦定理，结合，可得，
即，解得，当且仅当时取得等号；
故的面积，当且仅当时取得等号.
即的面积的最大值为.
故选：A.
7．C
【分析】由为奇函数得到函数的对称中心，由为偶函数得到函数的对称轴，进一步求得函数的周期，然后将与转化到已知区间求解即可.
【详解】因为函数定义域为，为奇函数，所以，所以函数关于点中心对称，且，
因为为偶函数，所以，所以函数关于直线轴对称，
又因为，所以函数的周期为，
因为当时，，
所以，，
所以.
故选：C.
8．D
【分析】设，为锐角，依题意可得，，再由，得到，又，利用勾股定理得到方程，即可求出，从而求出，最后求出离心率即可．
【详解】
设，为锐角，
因为，，所以，，
，，又，
，
，
，
，
，
，（负值舍去），，
，，
双曲线的离心率．
故选：D．
【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出，，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于，，的齐次式，结合转化为，的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围)．
9．BC
【分析】根据决定系数的性质、二项分布的期望和方程的计算公式、正态分布的性质以及条件概率的计算公式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：线性回归分析中可以用决定系数来刻画回归的效果，
若的值越小，则模型的拟合效果越差，故A错误；
对B：随机变量服从二项分布，若，，
则，解得，故B正确；
对C：随机变量服从正态分布，若，
则，故，C正确；
对D：，，则，
又，故，D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的值域可判断B选项；利用三角函数图象变换以及正弦型函数的奇偶性可判断C选项；利用正弦型函数的对称性可判断D选项.
【详解】对于A选项，若和为函数图象的两条相邻的对称轴，
则函数的最小正周期为，则，
所以，，此时，，合乎题意，A对；
对于B选项，若，则，
当时，则，所以，，
故当时，则函数在上的值域为，B错；
对于C选项，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，
则为奇函数，
所以，，解得，
因为，当时，取最小值，C对；
对于D选项，因为，当时，，
因为函数在上恰有一个零点，则，解得，D对.
故选：ACD.
11．AD
【分析】对于A,根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，继而可判定；对于B,根据题意画出截面图，计算即可；对于C，作出图形，根据题意建立方程组，解出即可；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可.
【详解】对于A,连接,因为,
平面,平面,
所以平面,
又点是棱上的动点（含端点），
所以点到平面的距离为定值，设为，
则，为定值，故A正确；
对于B,如图，
四边形为过A，M，N的平面截正方体所得的截面图形，
因为平面平面,
且平面平面,
且平面平面,
根据面面平行的判断定理知，，
又因为为中点，所以为四等分点，
则四边形的周长为：
,
故B错误；
对于C,如图所示，连接,取的中点为,
连接，设外接圆圆心为,外接球球心为,
连接,则,
在中，设其外接圆半径为，
由正弦定理知，，
所以，即，
依题易得,故,
弦所对的圆周角相等，故四点共圆，
则,
设外接球半径为,过作,交于,
则在中，,
即,①
在中，,
即,②
联立①②，解得,
故外接球的表面积为,
故C错误；
对于D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则,
则,
设平面的法向量，
则，
令，则，故，
则,
,
当时，，
当时，
，
当且仅当时等号成立，
又，
综上可知，，故D正确，
故选：AD.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
12．
【分析】求解一元二次不等式解得集合，再根据集合的包含关系，列出不等式求解即可.
【详解】集合，
又，且，
故可得，即，解得.
故答案为：.
13．11
【分析】列举出所有的得分情况，再结合中位数的概念求答案即可.
【详解】由题意得小明同学第一题得6分；
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，
所以中位数为，
故答案为：11.
14．
【分析】原式转化为判断的交点问题，分和两种情况讨论结合指对函数对称性，导数的几何意义进而得解.
【详解】令得，即，令，
当时，即时，若两函数有且仅有一交点，
由指数函数和对数函数特征可判断此交点必定落在这条直线上，且该点为两函数的公切点，
设切点为，则，则有，即，解得，
由得，，所以，解得，即，，即，；
当时，即时，由指数函数和对数函数特征可判断与要有公切点，
此切点必定落在这条直线上，设切点为，，
则有，即，解得，由得，
所以，解得，即，，即，；
由指数函数和对数函数特征可知：
当时，与有3个交点；
当时，与有1个交点；
故时，即时，时，与有一交点.

故答案为：
【点睛】关键点点睛：当指对函数底数在时，图象难以表示出来，对于后续处理难度较大，题干信息相对较少，解题时能挖掘出指对函数的对称性，由导数的几何意义确定斜率值是解题关键，重点考查了分类讨论思想，函数与导数综合解决零点问题，值得深入研究！
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式，结合正弦型函数单调性进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合正弦定理、两角差的正弦公式进行求解即可.
【详解】（1）
，
令，，
得，，，
所以的单调递增区间为；
（2）由（1）知，，
又，∴，所以，
由正弦定理及，得，，，
∴，整理得，，
又，∴，所以角B的大小为
16．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）由互斥加法以及独立乘法公式即可求解；
（2）X的可能取值为2，3，4，5，算出对应的概率即可得分布列以及数学期望.
【详解】（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（，2，3）摸到红球为事件，
则事件，
显然、、彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：
因为每次摸到红球后放回，所以，，，
所以，.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
，
所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为：
.
17．(1)；
(2).
【详解】（1）方法一：取BC中点Q，连接PQ交BG于点S，连接QD，SF．

∵四边形为正方形，为中点，∴//，，
故四边形为平行四边形，∴//；
又∵平面，平面，∴//平面，
∵平面，平面平面，∴//，∴；
又∵为棱的中点，，∴点为△的重心；
∴，故．
方法二：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，
所以，，，，
设，，平面的一个法向量为
所以，，即，解得，
令，解得，故；
又，
平面，所以，
解得，所以．
（2）以A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，，
所以，，，，，；
设平面的一个法向量为，
所以，即，解得
令，则；
另设平面的一个法向量为，
由（1）知，
∴，
所以，即，解得，
令，则
设平面与平面夹角为，
所以．
即平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）分直线l斜率不存在和存在两种情况进行讨论，结合韦达定理以及向量垂直的坐标表示即可求得P的轨迹方程；
（2）分直线l斜率不存在和存在两种情况进行讨论，求出弦长的取值范围，结合面积公式即可求得答案.
【详解】（1）①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，
直线OA的方程为，
由，解得，，所以，，
所以，直线AB的方程为，此时．
同理，当直线l在y轴左侧时，．
②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为，，，
由消去y整理得，，
∴，且，，
又∵，∴即：，
所以，，
则，
故，
所以满足，
所以，．
综上，，所以，点P的轨迹方程为．
（2）①由（1）可知，当直线l斜率不存在或斜率为0时，．
②当直线l斜率存在且不为0时，
，
∵，∴，当且仅当，即等号成立．
∴，∴，
∴，
综上，．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求函数的导函数，然后根据导函数对进行分类讨论即可；
（2）先构造函数，可判断在区间上单调递减，构造函数，根据其单调性，可判断，，进而可判断，，进而结合根的存在性定理可证；
（3）先令，时，，即，可得，放缩后裂项相消可证.
【详解】（1）函数的定义域为，，
①若，恒成立，在上单调递增．
②若，时，，单调递增；
时，，单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：令，
则
因为，
所以，在区间上单调递减．
令，，则，
所以，时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，，
又，所以，，所以恒成立，
又因为，，所以，．
同理可得，，
由（时等号成立）得，，即（时等号成立），
又，所以，所以恒成立，
又因为，，，所以，，
所以，区间上存在唯一实数，使得，
所以对任意，存在唯一的实数，使得成立；
（3）证明：当时，由（1）可得，在上单调递减．
所以，时，，即．
令，，则，
即，即
令，，则，
所以，，
所以，.
【点睛】关键点点睛：第二问证明方程在区间上具有唯一解，可根据函数的单调性，和根的存在性定理综合判断；
第三问，先利用函数对进行放缩，后利用裂项相消法证明.
X
2
3
4
5
P