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    2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷(4月份)

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    2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷(4月份)

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    这是一份2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷(4月份),共22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.(5分)已知随机变量,则
    A.B.C.D.
    2.(5分)已知抛物线的焦点为,该抛物线上一点到的距离为4,则
    A.1B.2C.3D.4
    3.(5分)已知集合的元素之和为1,则实数所有取值的集合为
    A.B.C.,D.,,
    4.(5分)已知函数的定义域为,若,,则
    A.0B.1C.2D.3
    5.(5分)已知圆,,,若圆上有且仅有一点使,则正实数的取值为
    A.2或4B.2或3C.4或5D.3或5
    6.(5分)设,是一个随机试验中的两个事件,且,,,则
    A.B.C.D.
    7.(5分)已知数列满足,对于任意的且,都有,则
    A.B.C.D.
    8.(5分)已知正三棱锥的底面边长为,若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切,则三棱锥的体积为
    A.2B.C.3D.
    二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每个小题给出的选项中,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.(6分)若复数满足为虚数单位),则下列说法正确的是
    A.
    B.的虚部为
    C.
    D.若复数满足,则的最大值为
    10.(6分)如图,在直角三角形中,,,点是以为直径的半圆弧上的动点,若,则
    A.B.
    C.最大值为D.,,三点共线时,
    11.(6分)已知数列满足,,记数列的前项和为,则对任意,下列结论正确的是
    A.存在,使B.数列单调递增
    C.D.
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.(5分)已知,,则 .
    13.(5分)现有,两组数据,其中组有4个数据,平均数为2,方差为6,组有6个数据,平均数为7,方差为1.若将这两组数据混合成一组,则新的一组数据的方差为 .
    14.(5分)已知函数,若方程有三个不相等的实数解,则实数的取值范围为 .
    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.(13分)如图,在平面四边形中,,,,.
    (1)若,,求的大小;
    (2)若,求四边形面积的最大值.
    16.(15分)如图,在四棱锥中,四边形为直角梯形,,,,,,平面平面,为线段的中点,为线段上一点.
    (1)证明:;
    (2)当为何值时,直线与平面夹角的正弦值为.
    17.(15分)已知函数,.
    (1)讨论的单调性;
    (2)证明:.
    18.(17分)在平面直角坐标系中,直线与抛物线相切于点,且与椭圆交于,两点.
    (1)当的坐标为时,求;
    (2)若点满足,求面积的最大值.
    19.(17分)随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中,粒子从原点出发,每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位,且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末,粒子会等可能地出现在,,,四点处.
    (1)设粒子在第2秒末移动到点,记的取值为随机变量,求的分布列和数学期望;
    (2)记第秒末粒子回到原点的概率为.
    已知,求,以及.
    令,记为数列的前项和,若对任意实数,存在,使得,则称粒子是常返的.已知,证明:该粒子是常返的.
    2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷(4月份)
    参考答案与试题解析
    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.(5分)已知随机变量,则
    A.B.C.D.
    【分析】结合二项分布的概率公式,即可求解.
    【解答】解:随机变量,
    则.
    故选:.
    【点评】本题主要考查二项分布的概率公式,属于基础题.
    2.(5分)已知抛物线的焦点为,该抛物线上一点到的距离为4,则
    A.1B.2C.3D.4
    【分析】求解抛物线的准线方程,结合抛物线的定义,转化求解即可.
    【解答】解:抛物线的准线方程为:,
    抛物线的焦点为,该抛物线上一点到的距离为4,则.
    故选:.
    【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用,是基础题.
    3.(5分)已知集合的元素之和为1,则实数所有取值的集合为
    A.B.C.,D.,,
    【分析】分和以及分别求解集合,进而求解结论.
    【解答】解:可得或,
    当时,集合,,此时元素之和为1,满足题意;
    当时,集合,此时元素之和为1,满足题意;
    当且时,集合,,此时元素之和为,不满足题意;
    故满足题意的或.
    故选:.
    【点评】本题考查的知识要点:集合的性质的应用,函数和方程的关系.
    4.(5分)已知函数的定义域为,若,,则
    A.0B.1C.2D.3
    【分析】根据得出为奇函数,且;根据,得出的图象关于对称,从而得出的周期为4,计算即可.
    【解答】解:因为的定义域为,且,所以为奇函数,所以;
    又因为,所以的图象关于对称,所以;
    所以,所以,所以的周期为4,
    所以.
    故选:.
    【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性与对称性应用问题,是基础题.
    5.(5分)已知圆,,,若圆上有且仅有一点使,则正实数的取值为
    A.2或4B.2或3C.4或5D.3或5
    【分析】根据题意,分析圆的圆心坐标以及半径,设中点为,由的坐标分析的坐标以及的值,可得以为直径的圆,进而分析,原问题可以转化为圆与圆相切,结合圆与圆的位置关系,即可求解.
    【解答】解:由题知,圆,
    圆心为,半径,
    设中点为,因,,
    则,,
    以为直径的圆为,
    因为圆上有且只有一点,使得,
    则圆与圆相切,
    又,
    即有或,
    解得或.
    故选:.
    【点评】本题考查了圆与圆的位置关系,属于中档题.
    6.(5分)设,是一个随机试验中的两个事件,且,,,则
    A.B.C.D.
    【分析】根据题意,由概率的性质可得,由此可得(A)(B),则事件、相互独立,进而求出的值,由条件概率公式计算可答案.
    【解答】解:根据题意,,,,则(A)(B),
    则有(A)(B),则事件、相互独立,
    则有(B),
    则.
    故选:.
    【点评】本题考查概率的应用,涉及条件概率的计算,属于基础题.
    7.(5分)已知数列满足,对于任意的且,都有,则
    A.B.C.D.
    【分析】根据已知的递推关系式得到:为偶数时,是以为首项,2为公比的等比数列,进而求解结论.
    【解答】解:由题可得,
    当为偶数时,,

    可得,
    即是以为首项,2为公比的等比数列,
    所以,
    即;
    所以.
    故选:.
    【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用,考查计算能力,属于中档题.
    8.(5分)已知正三棱锥的底面边长为,若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切,则三棱锥的体积为
    A.2B.C.3D.
    【分析】作出图形,根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点,再求出三棱锥的高,最后根据三棱锥的体积公式,即可求解.
    【解答】解:因为球与三棱锥的棱均相切,
    所以面截球得到的截面圆与 的三边均相切,
    所以该球的球心在过截面圆圆心且与面垂直的直线上,
    又底面边长为,底面正三角形的内切圆的半径为1,球的半径也为1,
    所以棱切球的球心即为底面正三角形的中点,
    如图过球心作的垂线交于,则,
    又因为,所以,
    所以.
    故选:.
    【点评】本题考查三棱锥的体积的求解,三棱锥的棱切球问题,属中档题.
    二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每个小题给出的选项中,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.(6分)若复数满足为虚数单位),则下列说法正确的是
    A.
    B.的虚部为
    C.
    D.若复数满足,则的最大值为
    【分析】由求出,计算,再判断选项中的命题是否正确.
    【解答】解:因为,所以,
    所以,选项正确;
    的虚部是,选项错误;
    ,选项正确;
    由,得,所以,
    所以的最大值为,选项错误.
    故选:.
    【点评】本题考查了复数的定义与应用问题,是基础题.
    10.(6分)如图,在直角三角形中,,,点是以为直径的半圆弧上的动点,若,则
    A.B.
    C.最大值为D.,,三点共线时,
    【分析】依题意可得为的中点,根据平面向量加法的平行四边形法则判断;
    建立平面直角坐标系,求出圆的方程,设,,利用坐标法判断、;
    由三点共线得到,即可求出,从而求出,,即可判断.
    【解答】解:因为,即为的中点,所以,故正确;
    如图建立平面直角坐标,
    则,,,
    所以,,则,故错误;
    又,
    所以圆的方程为,
    设,,
    则,又,
    所以,
    因为,所以,
    所以,
    所以,故最大值为,故正确;
    因为,,三点共线,所以,
    又,,
    所以,即,
    所以,
    所以,又,,
    且,即,
    所以,所以,所以,故正确.
    故选:.
    【点评】本题主要考查平面向量基本定理和平面向量的数量积,属于中档题.
    11.(6分)已知数列满足,,记数列的前项和为,则对任意,下列结论正确的是
    A.存在,使B.数列单调递增
    C.D.
    【分析】直接利用赋值法,数列的递推关系式,数列的单调性,函数的求导和函数的单调性的关系判断、、、的结论.
    【解答】解:对于选项:假设存在,使,则,因为,,所以,
    依次类推得,,与已知 矛盾,所以选项错误;
    对于选项,要证数列 单调递增,只需证,令,,
    则,在上单调递减,
    因为,
    故在 上存在唯一零点,
    当 时,,当,时,,
    所以 在 上为增函数,在,上为减函数,
    因为,所以当 时,总有,即,令,则有,
    故选项正确.
    对于选项,要证,只需证,令,
    则,在上单调递减,
    因为,
    故在 上存在唯一零点,当 时,,当,时,,
    所以 在 上为增函数,在,上为减函数,因为,
    当 时,总有,即,
    令,则有,故选项正确.
    对于选项,令,
    则,在 上单调递减,
    因为,所以 在 上为减函数,
    因为,所以当 时,总有,即,所以,即,
    整理得,其中,2,3,,
    所以:,,,,利用累加法得,,
    即,故选项正确.
    故选:.
    【点评】本题考查的知识点:数列的递推关系式,数列的单调性,函数的求导和函数的单调性的关系,主要考查学生的运算能力,属于中档题.
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.(5分)已知,,则 2 .
    【分析】由已知结合指数与对数的转化先求出,然后结合对数的运算性质即可求解.
    【解答】解:因为,,
    所以,

    故答案为:2.
    【点评】本题主要考查了对数的运算性质的应用,属于基础题.
    13.(5分)现有,两组数据,其中组有4个数据,平均数为2,方差为6,组有6个数据,平均数为7,方差为1.若将这两组数据混合成一组,则新的一组数据的方差为 9 .
    【分析】利用分层随机抽样的方差公式求解.
    【解答】解:新的一组数据的平均数为,
    所以新的一组数据的方差为.
    故答案为:9.
    【点评】本题主要考查了分层随机抽样的方差公式,属于基础题.
    14.(5分)已知函数,若方程有三个不相等的实数解,则实数的取值范围为 .
    【分析】利用导数确定函数的单调性、极值,令,将问题转化为 有两个根,即有两个根,结合二次根的分布求解即可.
    【解答】解:因为,所以,
    所以当时,,单调递增;
    当时,,单调递减;
    所以(1),
    且当时,;当时,;,
    当趋于时,趋于,当趋于时,趋于0,
    图象如图所示.
    令,有三个不等实数根等价于 有两个根,
    即有两个根,
    设两根分别为、,
    且,或,,
    所以或,
    解得.
    所以实数的取值范围为:.
    故答案为:.
    【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想,考查了导数的综合运用,属于中档题.
    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)如图,在平面四边形中,,,,.
    (1)若,,求的大小;
    (2)若,求四边形面积的最大值.
    【分析】(1)由已知结合锐角三角函数定义及正弦定理即可求解;
    (2)结合三角形面积公式可先求出及的面积,然后结合和差角公式及辅助角公式进行化简,再由正弦函数的性质即可求解.
    【解答】解:(1)因为,,
    所以,,
    又,所以,
    在中,由正弦定理得,,
    所以,
    又,所以;
    (2)在中,,,
    则,
    又,
    在中,,,
    所以,
    所以四边形的面积,
    因为,,
    所以当,即时,,
    故四边形面积的最大值为.
    【点评】本题主要考查了正弦定理,和差角公式,辅助角公式,三角形面积公式在求解三角形中的应用,属于中档题.
    16.(15分)如图,在四棱锥中,四边形为直角梯形,,,,,,平面平面,为线段的中点,为线段上一点.
    (1)证明:;
    (2)当为何值时,直线与平面夹角的正弦值为.
    【分析】(1)根据已知条件证出面,再结合线面垂直的性质定理即可得证;
    (2)建立空间直角坐标系,求出平面的法向量,再利用向量的夹角公式即可求解.
    【解答】解:(1)因为四边形为直角梯形,,,,
    所以,,
    因为,,所以为正三角形,
    因为为的中点,所以,
    又因为平面平面,平面平面,平面,
    所以平面,平面,
    所以.
    (2)以为原点如图建系,
    则,0,,,,,
    设,0,,,,

    设面的法向量为,
    所以,即,
    令,则,,
    所以,
    设直线与平面夹角为,
    则,
    解得,
    所以时,直线与平面夹角的正弦值为.
    【点评】本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用,属于中档题.
    17.(15分)已知函数,.
    (1)讨论的单调性;
    (2)证明:.
    【分析】(1)求导数,分类讨论,即可讨论的单调性;
    (2)由题意可化为证明恒成立,令,即证,令,求导,可求,即可证明恒成立.
    【解答】解:(1)函数 的定义域为,
    可得,
    ①当时,恒成立,
    ②当时,,解得,
    综上:当时,在上单调递减;
    当时,在上单调递减,在上单调递增;
    (2)证明:,
    要证,即证恒成立,
    令,即证,
    令,
    所以,解得,
    所以在上单调递增,在上单调递减,
    则,
    所以,
    则恒成立,得证.
    【点评】本题考查了导数与函数单调性,考查了运算能力,属于中档题.
    18.(17分)在平面直角坐标系中,直线与抛物线相切于点,且与椭圆交于,两点.
    (1)当的坐标为时,求;
    (2)若点满足,求面积的最大值.
    【分析】(1)由题意,得到切线的方程,将的方程与椭圆方程联立,利用弦长公式进行求解即可;
    (2)设出,两点的坐标,设出的方程,将的方程分别与抛物线和椭圆方程联立,结合韦达定理和三角形面积公式求出的最大值,根据,推出,进而可得面积的最大值.
    【解答】解:(1)因为,
    可得,
    易得过点的切线的方程为,
    联立,消去并整理得,
    不妨设,,,,
    由韦达定理得,,
    则;
    (2)不妨设,,,,
    易知切线斜率存在,
    不妨设的方程为,
    联立,消去并整理得,
    此时△,
    解得,
    联立,消去并整理得,
    此时△,
    由韦达定理得,,
    此时,
    则,
    所以

    不妨令,,
    此时

    当且仅当,
    即时,等号成立,
    此时满足△,
    则的最大值为,
    因为,
    所以为 的重心,
    此时.
    故面积的最大值为.
    【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题,考查了逻辑推理和运算能力,属于中档题.
    19.(17分)随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中,粒子从原点出发,每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位,且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末,粒子会等可能地出现在,,,四点处.
    (1)设粒子在第2秒末移动到点,记的取值为随机变量,求的分布列和数学期望;
    (2)记第秒末粒子回到原点的概率为.
    已知,求,以及.
    令,记为数列的前项和,若对任意实数,存在,使得,则称粒子是常返的.已知,证明:该粒子是常返的.
    【分析】(1)求出求的可能取值及其对应的概率,即可求出分布列,再由数学期望公式求出;
    (2)粒子奇数秒不可能回到原点,故;粒子在第4秒回到原点,分两种情况考虑,再由古典概率公式求解即可;第秒末粒子要回到原点,则必定向左移动步,向右移动步,向上移动步,向下移动步,表示出,由组合数公式化简即可得出答案;利用题目条件可证明,再令,可证得,进一步可得,即可得出答案.
    【解答】解:(1)粒子在第2秒可能运动到点,,或,,
    或,,的位置,的可能取值为,0,2.
    对应的概率分别为,
    所以的分布列为:
    数学期望;
    (2)粒子奇数秒后不可能回到原点,故,
    粒子在第4秒后回到原点,分两种情况考虑:
    (a)每一步分别是四个不同方向的排列,例如“上下左右”,共有种情形;
    (b)每一步分别是两个相反方向的排列,例如“左左右右、上上下下”,共有 种情形.
    于是,
    第秒末粒子要回到原点,则必定向左移动步,向右移动步,向上移动 步,
    向下移动步,故

    故;
    (ⅱ)证明:利用可知,

    于是,
    令,,,
    故在上单调递增,则,于是,
    从而有.
    记为不超过的最大整数,则对任意常数,当时,,
    于是,
    综上所述,当时, 成立,因此该粒子是常返的.
    【点评】本题主要考查离散型随机变量的数学期望和方差,属于难题.
    声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布日期:2024/5/15 16:57:01;用户:李超;邮箱:18853369269;学号:221900830
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