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108，山东省泰安市新泰第一中学2023-2024学年高三下学期高考模拟测试（一）数学试题
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这是一份108，山东省泰安市新泰第一中学2023-2024学年高三下学期高考模拟测试（一）数学试题，共13页。试卷主要包含了04，95等内容，欢迎下载使用。
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．8B．C．64D．
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，幕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0.95
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
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______．
图1 图2
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，，的对边分别为，，，且，，．
（1）求的值；
（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．
新泰中学2021级高三高考模拟测试（一）
数学参考答案
2024.04
CDCABBAB ACD BCD AC 88 ①． ②．
11．【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4，由抛物线的定义可知，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．
14．【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，
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．
15．解：（1）由及余弦定理得，
因为，，所以，．
（2）由及得
由正弦定理得（1），因为，
所以或．
若，则，与题设矛盾，因此．
（3）由（1）得，因为，
所以
所以，
故
．
另解：因为，
所以
．
16．（1）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，可得，则有：
，，
，，
所以的分布列为：
的数学期望．
（2）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，
①可知不能获得奖品的概率为，
②所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率．
17．（1）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．
（2）因为，
又因为，
所以时取最大值2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．（1）当时，，所以，
又，
所以，曲线在点处的切线方程为：；
（2）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；
（3）因为，所以时，，
且，则，即，
若，且，，，
所以，取自然对数得：，
即，由得：，
即，所，
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．
18．【小问1详解】依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为，的方程为．
【小问2详解】易知，，
设，直线，的斜率分别为，，
则，，，
在：，即有，可得为定值．
设直线的方程为：，联立可得
，恒成立，
设，，则有，
可求得，
设直线的方程为：，，，
同理可得，
则
由可得：，
点在第一象限内，故，
当且仅当，即时取等号，
而，故等号可以取到．
即当取最小值时，，联立，
可解得，，
故的方程为：，的方程为：，
联立可解得，即有．
【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线，的斜率分别为，，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案．
19．【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．
0
1
2
3
5
2.3
1.1
0.7
1.1
2.3
5.9
49.1
6
7
8
9
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．8B．C．64D．
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，幕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0.95
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
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______．
图1 图2
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，，的对边分别为，，，且，，．
（1）求的值；
（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．
新泰中学2021级高三高考模拟测试（一）
数学参考答案
2024.04
CDCABBAB ACD BCD AC 88 ①． ②．
11．【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4，由抛物线的定义可知，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．
14．【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，
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．
15．解：（1）由及余弦定理得，
因为，，所以，．
（2）由及得
由正弦定理得（1），因为，
所以或．
若，则，与题设矛盾，因此．
（3）由（1）得，因为，
所以
所以，
故
．
另解：因为，
所以
．
16．（1）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，可得，则有：
，，
，，
所以的分布列为：
的数学期望．
（2）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，
①可知不能获得奖品的概率为，
②所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率．
17．（1）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．
（2）因为，
又因为，
所以时取最大值2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．（1）当时，，所以，
又，
所以，曲线在点处的切线方程为：；
（2）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；
（3）因为，所以时，，
且，则，即，
若，且，，，
所以，取自然对数得：，
即，由得：，
即，所，
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．
18．【小问1详解】依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为，的方程为．
【小问2详解】易知，，
设，直线，的斜率分别为，，
则，，，
在：，即有，可得为定值．
设直线的方程为：，联立可得
，恒成立，
设，，则有，
可求得，
设直线的方程为：，，，
同理可得，
则
由可得：，
点在第一象限内，故，
当且仅当，即时取等号，
而，故等号可以取到．
即当取最小值时，，联立，
可解得，，
故的方程为：，的方程为：，
联立可解得，即有．
【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线，的斜率分别为，，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案．
19．【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．
0
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1.1
0.7
1.1
2.3
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49.1
6
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9
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