山东省济宁市2024届高三下学期三模数学试卷（解析版）

这是一份山东省济宁市2024届高三下学期三模数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，则中元素的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】由，得且，
解得，即，
所以，有2个元素.
故选：B
2. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. 120D. 160
【答案】A
【解析】二项式展开式的通项为，
由，得，所以的展开式中的系数为.
故选：A
3. 若随机变量，随机变量，则（ ）
A. 0B. C. D. 2
【答案】B
【解析】由可知：，
又因为，所以，
，
则，
故选：B.
4. 已知数列中，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】由，得
，
，
，
，
，
，
则是以6为周期的周期数列，
所以.故选：C.
5. 已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于，两点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】由题意知，，设，
联立直线与抛物线得，消去，得，
所以.
由抛物线的定义知.
而，故，解得.
故选：D.
6. 已知函数，若在区间上值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，函数，
当时，，显然，
且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为，
得，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
7. 已知函数为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】函数为偶函数，当时，，
则当时，，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程是，即.
故选：A
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，根据双曲线的光学性质可知，过双曲线上任意一点的切线平分.直线过交双曲线的右支于A，B两点，设的内心分别为，若与的面积之比为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. .
【答案】C
【解析】令圆切分别为点，
则，
，令点，而，
因此，解得，又，则点横坐标为，同理点横坐标为，
即直线的方程为，设，依题意，直线的方程分别为：
，，联立消去得：，
整理得，令直线的方程为，
于是，即点的横坐标为，
因此，所以双曲线的离心率.
故选：C
二、多项选择题
9. 已知复数，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. “”是“”的必要不充分条件
D. “”是“”的充分不必要条件
【答案】AC
【解析】A：设，
则，
所以，
，则，故A正确；
B：设，则，
所以，
，则，故B错误；
C：由选项A知，，，
又，所以，不一定有，即推不出；
由，得，则，则，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
D：设，则，
若，则，即，
若，则，得，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D错误.
故选：AC
10. 已知数列的前项和为，且满足，数列的前项和为，且满足，则下列说法中正确的是（ ）
A. B. 数列是等比数列
C. 数列是等差数列D. 若，则
【答案】BC
【解析】由，得，，
当时，，满足上式，因此，
数列是等比数列，B正确；
由，得，，解得，，A错误；
当时，，两式相减得，
于是，两式相加得，
整理得，因此数列是等差数列，C正确；
当时，等差数列的公差为1，通项，，
所以，D错误.
故选：BC
11. 如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 直三棱柱体积的最大值为
B. 三棱锥与三棱锥体积相等
C. 当，且时，三棱锥外接球的表面积为
D. 设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】A选项：由已知可得，又，
所以，即体积的最大值为，A选项错误；
B选项：如图所示，
由点为的中点，则，设点到平面的距离为，
则，，
又，所以，所以，B选项正确；
C选项：如图所示，
由已知为正三角形，设外接球球心为，中心为，中点为，则平面，且，
，即，
所以外接球半径为，
外接球表面积为，
C选项正确；
D选项：如图所示，
取中点，可知在的延长线上，在的延长线上，
则，即，
设，，
易知，，
则，，
则，,，
所以，
当且仅当，即时取等号，故D选项正确；
故选：BCD.
三、填空题
12. 已知函数则____________.
【答案】
【解析】因为，所以.
所以.
故答案为：.
13. 甲和乙两个箱子中各装有6个球，其中甲箱子中有4个红球、2个白球，乙箱子中有2个红球、4个白球，现随机选择一个箱子，然后从该箱子中随机取出一个球，则取出的球是白球的概率为____________.
【答案】0.5
【解析】依题意，取出的球是白球的事件是取甲箱并取白球的事件与取乙箱并取白球的事件的和，
显然事件与互斥，，，
所以.故答案为：
14. 已知，则的最小值为____________.
【答案】
【解析】由，得，
即，解得.
，
表示点与点的距离之和.
如图，点关于x轴的对称点为，连接，
则，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
四、解答题
15. 产品重量误差是检测产品包装线效能的重要指标.某食品加工厂为了检查一条新投入使用的全自动包装线的效能，随机抽取该包装线上的20件产品作为样本，并检测出样本中产品的重量（单位:克），重量的分组区间为.由此得到样本的频率分布直方图（如图），已知该产品标准重量为500克.

（1）求直方图中的值；
（2）若产品重量与标准重量之差的绝对值大于或等于5，即判定该产品包装不合格，在上述抽取的20件产品中任取2件，求恰有一件合格产品的概率；
（3）以样本的频率估计概率，若从该包装线上任取4件产品，设为重量超过500克的产品数量，求的数学期望和方差.
解：（1）依题意，，解得，
所以直方图中的值是0.05.
（2）样本中不合格产品数量为，
记事件表示“在上述抽取的20件产品中任取2件，恰有一件合格产品”则，
所以在上述抽取的20件产品中任取2件，恰有一件合格产品的概率为.
（3）根据该样本频率分布直方图，重量超过500克的产品数量为，
则从包装线上任取一件产品，其重量超过500克的概率为所以，
随机变量，因此，.
16. 图1是由正方形ABCD和两个正三角形组成的一个平面图形，其中，现将沿AD折起使得平面平面，将沿CD折起使得平面平面，连接EF，BE，BF，如图2.
（1）求证:平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
（1）证明：分别取棱的中点，连接，
由是边长为2正三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，同理平面，
于，即四边形为平行四边形，，
而平面平面，
所以平面.
（2）解：取棱的中点，连接，由四边形为正方形，得，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
由，平面平面，平面平面平面，
得平面，则为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为
则，而，解得，
所以平面与平面的夹角为.
17. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，已知.
（1）求证:；
（2）若，求面积的取值范围.
（1）证明：，
，
，又，
则，
，
，即，
又，所以，即，
又，所以；
（2）解：由（1）知，，得，
由，得，由正弦定理得，
得，
所以，
又，所以，又在上单调递增，
则，所以，即的面积我取值范围为.
18. 已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.
解：（1）令，由，得，则直线的斜率，
由直线过点，得直线的方程为，因此，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为，
于是，即有，显然均不等于，
则，即直线的斜率满足，
由题设知，直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
由，消去x并整理得，，显然，
设，则，
由，得，即，
则，整理得，
即，于是，而，解得，，
所以直线的方程为，即.
19. 已知.
（1）判断在上的单调性；
（2）已知正项数列满足.
（i）证明:；
（ii）若的前项和为，证明:.
（1）解：函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，则，即
所以上单调递减.
（2）证明：（i）首先证明:，即证明，即证明，即证明，
由及（1）知，，
所以；
要证明，即证，只需证，
而，则只需证，，
令，则，由，知，则，
只需证，即证，
令，求导得，
于是函数在上单调递减，，即，因此，
所以.
（ii）由（i）可知，
，
则当且时，，
当时，，所以.