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山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（（三模））数学试题
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这是一份山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（（三模））数学试题，共14页。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在革稿纸、试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、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.若，则的值为（ ）
A.B.C.D.
2.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A.1B.2C.3D.4
3.已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A.B.C.D.
4.已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
5.已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）
A.B.C.D.
6.在中，内角，，所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，，则（ ）
A.1B.C.2D.3
7.盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）
A.与相互独立B.与相互独立
C.与相互独立D.与相互独立
8.在三棱锥中，，，，，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
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.某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A.B.样本质量指标值的平均数为75
C.样本质量指标值的众数小于其平均数D.样本质量指标值的第75百分位数为85
10.已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A.B.C.的最小值为D.的最小值为
11.已知函数，则（ ）
A.若的图像向右平移个单位长度后与的图像重合，则的最小值为1
B.若的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则的最小值为5
C.若函数的最小正周期为，则
D.当时，若的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，则方程有无穷多个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，，若，则的取值范围是____________.
13.已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是__________.
14.已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于，两点，则的最小值为___________；若为等边三角形，则__________.
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.（13分）已知函数.
（1）讨论的最值；
（2）若，且，求的取值范围.
16.（15分）如图，在四棱锥中，，.
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
17.（15分）2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（ⅰ）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ⅱ）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
18.（17分）已知的其中两个顶点为，，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于，两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于，两点，记四边形的面积为，求的取值范围.
19.（17分）对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.
（1）若为等比数列，求；
（2）求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.
数学
一、选择题
1.A 【解析】.故选A项.
2.D 【解析】由题得，解得，所以当时，，所以.故选D项.
3.C 【解析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，所以圆台的表面积为.故选C项.
4.D 【解析】设的公差为，则，又，解得，所以，，当时，，当时，，所以当时，取得的最小值.故选D项.
5.B 【解析】因为为直角三角形，由双曲线的对称性知，且，所以的渐近线方程为，即，又的面积为4，所以，解得，又，所以，故的方程为.故选B项.
6.C 【解析】由，得，由正弦定理得，即，所以，又，所以，如图，
可知，又，，所以在中，由余弦定理得，解得（负值舍去）.故选C项.
7.D 【解析】依题意得，，，故A项错误；，，故B项错误；，故C项错误；，，故D项正确.故选D项.
8.B 【解析】如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，，，，，，，
因为，为的中点，，所以，为的外心，由，为的外心，得，，三点共线，且.由题意得平面，故直线与平面所成角为的余角，所以，所以.在中，，，由正弦定理得，，所以，所以在中，，所以球的表面积.故选B项.
二、选择题
9.ACD 【解析】由题意知，解得，故A项正确；样本质量指标值的平均数为，故B项错误；样本质量指标值的众数是，故C项正确；前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数位于第4组，设其为，则，解得，即第75百分位数为85，故D项正确.故选ACD项.
10.AC 【解析】设，则，所以，整理得，故A项正确，B项错误；由前面知对应点的轨迹为直线，则的最小值为原点到该直线的距离，则，故C项正确，D项错误.故选AC项.
11.BC 【解析】对于A项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误.对于B项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.对于D项，当时，，所以，方程.令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；当时，，即，无解.综上，无解，故D项错误.故选BC项.
三、填空题
12. 【解析】由，得，所以，则，由，得，又，所以，解得.
13. 【解析】当时，，，则；当时，，，则.作出的图像，如图，易知的取值范围是.
14.8 24 【解析】由已知得，设直线的方程为，，，弦的中点，联立消去并整理得，则，，所以，且，，，故当时，.若为等边三角形，则，直线的方程为，所以点，又，，所以，解得，则.
四、解答题
15.解：（1）由题知的定义域为，.
当时，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）当时，由，得，
整理得，即.
令，则，
由（1）知，当时，的最小值为，
即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
16.（1）证明：因为，，
所以，，
所以，，又，
所以四边形为菱形，所以，，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）得平面，
因为平面，所以，故四边形为正方形.
不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.
因为为等边三角形，所以，又平面，平面平面，平面平面，所以平面.
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，
由，得，即，
解得，，，所以，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则可取.
设平面的法向量为，
则可取，
则，
解得或（舍去），
所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且.
17.解：（1）的可能取值为0，1，2，
则，，，
的分布列为
.
记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.
（2）（ⅰ），
则，
令，解得或（舍），
当时，，当时，，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，有极大值，且的极大值为.
（ⅱ）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，则的可能取值为60，120，180，360，，，，，
所以，
所以，即，
整理得，
经观察可知是方程的根，
故.
因为恒成立，所以由，得，
又，所以的取值范围为.
18.解：（1）因为点为的重心，的边，上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知曲线是以，为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.
设，，分别为该椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，
所以，，所以，
所以的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
联立整理得，
则，，.
设，则，即，
代入椭圆方程得，
所以，则，
所以.
由对称性知，
又，所以，
.
又，所以的取值范围为，
故的取值范围为.
19.解：（1）设的公比为，
则，即，
由，得
解得或.
故或.
（2）由（1）知，当时，，①
当时，，②
①-②得.
当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0.
当为偶数时，设，则，
要想末尾3个数字为0，需满足被整除，
当时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被125整除，
故只需考虑能否被125整除，
其中不是5的倍数，
故若原式能被125整除，需为偶数且能被25整除，即需是50的倍数，
在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，
故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.
0
1
2
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在革稿纸、试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、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.若，则的值为（ ）
A.B.C.D.
2.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A.1B.2C.3D.4
3.已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A.B.C.D.
4.已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
5.已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）
A.B.C.D.
6.在中，内角，，所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，，则（ ）
A.1B.C.2D.3
7.盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）
A.与相互独立B.与相互独立
C.与相互独立D.与相互独立
8.在三棱锥中，，，，，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
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.某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A.B.样本质量指标值的平均数为75
C.样本质量指标值的众数小于其平均数D.样本质量指标值的第75百分位数为85
10.已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A.B.C.的最小值为D.的最小值为
11.已知函数，则（ ）
A.若的图像向右平移个单位长度后与的图像重合，则的最小值为1
B.若的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则的最小值为5
C.若函数的最小正周期为，则
D.当时，若的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，则方程有无穷多个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，，若，则的取值范围是____________.
13.已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是__________.
14.已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于，两点，则的最小值为___________；若为等边三角形，则__________.
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.（13分）已知函数.
（1）讨论的最值；
（2）若，且，求的取值范围.
16.（15分）如图，在四棱锥中，，.
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
17.（15分）2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（ⅰ）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ⅱ）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
18.（17分）已知的其中两个顶点为，，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于，两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于，两点，记四边形的面积为，求的取值范围.
19.（17分）对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.
（1）若为等比数列，求；
（2）求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.
数学
一、选择题
1.A 【解析】.故选A项.
2.D 【解析】由题得，解得，所以当时，，所以.故选D项.
3.C 【解析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，所以圆台的表面积为.故选C项.
4.D 【解析】设的公差为，则，又，解得，所以，，当时，，当时，，所以当时，取得的最小值.故选D项.
5.B 【解析】因为为直角三角形，由双曲线的对称性知，且，所以的渐近线方程为，即，又的面积为4，所以，解得，又，所以，故的方程为.故选B项.
6.C 【解析】由，得，由正弦定理得，即，所以，又，所以，如图，
可知，又，，所以在中，由余弦定理得，解得（负值舍去）.故选C项.
7.D 【解析】依题意得，，，故A项错误；，，故B项错误；，故C项错误；，，故D项正确.故选D项.
8.B 【解析】如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，，，，，，，
因为，为的中点，，所以，为的外心，由，为的外心，得，，三点共线，且.由题意得平面，故直线与平面所成角为的余角，所以，所以.在中，，，由正弦定理得，，所以，所以在中，，所以球的表面积.故选B项.
二、选择题
9.ACD 【解析】由题意知，解得，故A项正确；样本质量指标值的平均数为，故B项错误；样本质量指标值的众数是，故C项正确；前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数位于第4组，设其为，则，解得，即第75百分位数为85，故D项正确.故选ACD项.
10.AC 【解析】设，则，所以，整理得，故A项正确，B项错误；由前面知对应点的轨迹为直线，则的最小值为原点到该直线的距离，则，故C项正确，D项错误.故选AC项.
11.BC 【解析】对于A项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误.对于B项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.对于D项，当时，，所以，方程.令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；当时，，即，无解.综上，无解，故D项错误.故选BC项.
三、填空题
12. 【解析】由，得，所以，则，由，得，又，所以，解得.
13. 【解析】当时，，，则；当时，，，则.作出的图像，如图，易知的取值范围是.
14.8 24 【解析】由已知得，设直线的方程为，，，弦的中点，联立消去并整理得，则，，所以，且，，，故当时，.若为等边三角形，则，直线的方程为，所以点，又，，所以，解得，则.
四、解答题
15.解：（1）由题知的定义域为，.
当时，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）当时，由，得，
整理得，即.
令，则，
由（1）知，当时，的最小值为，
即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
16.（1）证明：因为，，
所以，，
所以，，又，
所以四边形为菱形，所以，，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）得平面，
因为平面，所以，故四边形为正方形.
不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.
因为为等边三角形，所以，又平面，平面平面，平面平面，所以平面.
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，
由，得，即，
解得，，，所以，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则可取.
设平面的法向量为，
则可取，
则，
解得或（舍去），
所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且.
17.解：（1）的可能取值为0，1，2，
则，，，
的分布列为
.
记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.
（2）（ⅰ），
则，
令，解得或（舍），
当时，，当时，，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，有极大值，且的极大值为.
（ⅱ）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，则的可能取值为60，120，180，360，，，，，
所以，
所以，即，
整理得，
经观察可知是方程的根，
故.
因为恒成立，所以由，得，
又，所以的取值范围为.
18.解：（1）因为点为的重心，的边，上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知曲线是以，为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.
设，，分别为该椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，
所以，，所以，
所以的方程为.
（2）设直线的方程为，，，
联立整理得，
则，，.
设，则，即，
代入椭圆方程得，
所以，则，
所以.
由对称性知，
又，所以，
.
又，所以的取值范围为，
故的取值范围为.
19.解：（1）设的公比为，
则，即，
由，得
解得或.
故或.
（2）由（1）知，当时，，①
当时，，②
①-②得.
当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0.
当为偶数时，设，则，
要想末尾3个数字为0，需满足被整除，
当时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被125整除，
故只需考虑能否被125整除，
其中不是5的倍数，
故若原式能被125整除，需为偶数且能被25整除，即需是50的倍数，
在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，
故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.
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