2024聊城高三下学期三模试题数学含解析

这是一份2024聊城高三下学期三模试题数学含解析，共27页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上。
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回。
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. 已知抛物线焦点到其准线的距离为2，过的直线与交于，两点，则的最小值为（ ）
A 2B. 4C. 6D. 8
2. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
3. “，且”是“，且”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
4. 已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
5. 设函数的图象与函数的图象关于轴对称，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
6. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
7. 设正项数列的前项和满足表示从个不同元素中任取个元素的组合数，则（ ）
A. 512B. 1024C. 5120D. 10240
8. 设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，则不等式的解集为（ ）
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. 设方程的两根在复平面内对应的点分别是，则（ ）
A. 的实部为1B. 关于轴对称
C. D.
10. 在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（ ）
A. B.
C. D. 随增大先增大后减小
11. 已知圆锥为底面圆心的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，是底面圆周上的一个动点，直线满足，设直线与所成的角为，直线与所成的角为，则（ ）
A. 的取值范围为B. 该圆锥内切球的表面积为
C. 的取值范围为D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，且，则实数的值为______．
13. 两本相同的图画书和两本不同的音乐书全部分给三个小朋友，每人至少一本，且两本图画书不分给同一个小朋友，则不同的分法共有______种.
14. 已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为______．
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、演算步骤．
15. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若在边上，且，求的周长.
16. 如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，中点，点满足，其中.
（1）当时，求证：∥平面；
（2）当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.
17. 已知函数.
（1）若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值；
（2）设函数，讨论的单调性.
18. 今年五一节期间，聊城百货大楼有限公司搞促销活动，下表是该公司5月1号至10号（日期简记为1，2，3，……，10）连续10天的销售情况：
由上述数据，用最小二乘法得到销售额和日期的线性回归方程为，日期的方差约为3.02，销售额的方差约为2.59.
（1）根据线性回归方程，分析销售额随日期变化趋势的特征，并计算第4天的残差；
（2）计算相关系数，并分析销售额和日期的相关程度（精确到0.001）；
（3）该公司为了促销，拟打算对电视机实行分期付款方式销售，假设顾客购买一台电视机选择分期付款的期数及相应的概率和公司获得的利润（单位：元）情况如下表：
已知成等比数列
设该公司销售两台电视机所获得的利润为（单位：元），当的概率取得最大值时，求利润的分布列和数学期望.
参考公式：相关系数.回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：.相关数据.
19. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售额（万元）
19
19.3
19.6
20
21.2
22.4
23.8
24.6
25
25.4
2
4
6
400
600
800
2024年聊城市高考模拟试题
数学（三）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上。
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回。
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. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，过的直线与交于，两点，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意确定抛物线，分直线平行于轴时和不平行于轴时，分别求，即可得解.
【详解】根据题意，抛物线的焦点到其准线的距离为2，
即，则抛物线，焦点，
当直线平行于轴时，，，
当直线不平行于轴时，
设直线，，
联立方程组，得，，
则，
又，所以的最小值为4.
故选：B
2. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数在定义域上单调递增，
故，
又，
所以.
故选：A
3. “，且”是“，且”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B
4. 已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为，
则，即，解得，
所以圆的方程为.
故选：D
5. 设函数的图象与函数的图象关于轴对称，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用轴对称求得函数，利用三角函数平移变换得到函数，再利用函数的对称中心计算得到结果.
【详解】由题意得，则.
函数的图象由函数图形向右平移1个单位得到.
由函数的图象与的图象关于点对称，在定义域内有4个交点.
所以函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为
故选：C.
6. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用整体思想结合诱导公式与二倍角余弦公式计算得，然后由及可得，即可求得.
【详解】因为，所以，
所以，
则，即，
由，则，由，得，故，
所以，则，故.
故选：A
7. 设正项数列的前项和满足表示从个不同元素中任取个元素的组合数，则（ ）
A. 512B. 1024C. 5120D. 10240
【答案】C
【解析】
【分析】根据，利用数列通项和前n项和的关系求解得，结合组合数性质及二项式系数和性质即可求解.
【详解】由，当时，，解得，
当时，，则，
整理，
又数列为正项数列，则，所以，即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.
因为，
所以.
故选：C
8. 设函数的定义域为，导数为，若当时，，且对于任意的实数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据题意，可证为上的偶函数，且在上单调递增，在上单调递减，又由转化为，即，即可得解.
【详解】因，
设，
则，
即为上的偶函数，
又当时，，
则，所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以，
即，所以，即，
解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据题意，设，研究函数的奇偶性和单调性，从而求解不式.
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. 设方程的两根在复平面内对应的点分别是，则（ ）
A. 的实部为1B. 关于轴对称
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】解方程得，根据复数减法运算及复数概念判断A，根据复数的几何意义判断B，根据复数模的运算判断C，根据共轭复数的定义和乘法运算求解判断D.
【详解】由实系数一元二次方程求根公式知：
方程的两根为，
则，所以的实部为0，故A错误；
在复平面内对应的点分别是，
他们关于轴对称，故B正确；
由得，
即，故C正确；
由得
，
故D正确.
故选：BCD
10. 在美国重压之下，中国芯片异军突起，当前我们国家生产的最小芯片制程是7纳米.某芯片生产公司生产的芯片的优秀率为0.8，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为.另一随机变量，则（ ）
A. B.
C. D. 随的增大先增大后减小
【答案】CD
【解析】
【分析】根据二项分布的方差性质判断A，根据二项分布的期望公式及方差结合正态分布的期望与方差判断B，根据二项分布概率公式和正态分布的性质求概率判断C，根据二项分布的概率公式单调性判断D.
【详解】由题意，则，
所以，故选项A错误；
，则，设当时概率最大，
则有，即，
解得，由，所以当时概率最大，
则，
即随的增大先增大后减小，故D选项正确；
又，则，，
所以，故选项B错误；
，
又，所以，故选项C正确.
故选：CD
11. 已知圆锥为底面圆心的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，是底面圆周上的一个动点，直线满足，设直线与所成的角为，直线与所成的角为，则（ ）
A. 的取值范围为B. 该圆锥内切球的表面积为
C. 的取值范围为D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据圆锥轴截面面积求出圆锥的半径和高，由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断B，建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求得，，利用余弦函数的性质求得的范围判断A，利用二倍角正弦公式求得，然后利用正弦函数性质求解范围判断C，结合同角三角函数知识求解判断D.
【详解】如图：
圆锥中，，，
由题意，所以，
所以，
如图，
作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为，
易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.
因为，所以，
所以，故圆锥的内切球表面积，
故选项B正确；
在圆锥底面上使，
由于直线满足，不妨令，，符合题意，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图：
则，，，，，
设，，
所以，，,
由异面直线向量夹角公式知：，，因为，所以，
所以，所以，故选项A错误；
所以，故选项D错误；
，因为，所以，
所以，所以，故选项C正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，且，则实数的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由集合的包含关系，有或，解出的值代入检验可得答案.
【详解】，则，有或，解得或或，
其中时，与集合中元素的互异性矛盾，舍去，
所以实数的值为3.
故答案为：3
13. 两本相同的图画书和两本不同的音乐书全部分给三个小朋友，每人至少一本，且两本图画书不分给同一个小朋友，则不同的分法共有______种.
【答案】15
【解析】
【分析】按照分组的结果分类讨论，利用分类加法原理求解即可.
【详解】不妨记两本相同的图书为元素，两本不同的音乐书为元素，根据题意，分类讨论：
若分组情况为时，此时分配给三个小朋友的方法有种情况；
若分组情况为时，此时分配给三个小朋友的方法有种情况；
若分组情况为时，此时分配给三个小朋友的方法有种情况；
综上，不同的分法共有种.
故答案为：15
14. 已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先根据题意得到，即，再联立直线方程和双曲线方程利用韦达定理化简得到，再结合等面积法和向量运算，即可求解离心率.
【详解】设，直线:，
因为以为直径的圆过点，所以，即，
联立，整理得，
且，
，，
则，
所以
整理得，
即由到直线:的距离，
又，
即，
而，
因为，即，
所以，
又，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的离心率，难点是联立方程后的化简过程，对计算的要求较高，其中利用等面积法转化为关键.
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、演算步骤．
15. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若在边上，且，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合三角形性质得，即可求解；
（2）根据得，结合向量模的运算求得，利用余弦定理求得，即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，因为，所以，
所以，
因为，所以，因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，即，
即，解得，或（舍），
由余弦定理，得，所以，
所以的周长为.
16. 如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中.
（1）当时，求证：∥平面；
（2）当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点为的中点
【解析】
【分析】（1）先利用向量关系得点是的中点，连接，，利用中位线性质及基本事实4可证∥，然后根据线面平行的判定即可证明；
（2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求面面角，根据面面角的余弦值列方程求解即可.
【小问1详解】
当时，，故点是的中点，
连接，，因为点是的中点，是的中点，所以∥，
因为点分别是的中点，所以∥，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
存在，点为的中点.
当时，，即，所以点在棱上，
取的中点，连接，，则∥，
在正三棱柱中，平面，是正三角形，所以，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
从而，，
，
设平面的法向量是，
由，即，令，得
设平面的法向量是，
由，即，令，得
令，得，
解得，所以存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是，
此时点为的中点.
17. 已知函数.
（1）若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值；
（2）设函数，讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）先利用导数的几何意义求出函数的切线，再与抛物线联立，判别式法求解参数；
（2）求导函数，根据、、分类讨论，即可求出函数的单调区间.
【小问1详解】
由得，设公切线与曲线的切点坐标为，
由已知得，解得，
所以公切线方程为，即，
由得，
由已知得，解得.
【小问2详解】
由已知，则，
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，令得或，，
①当时，，这时在上单调递减；
②当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
③当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
18. 今年五一节期间，聊城百货大楼有限公司搞促销活动，下表是该公司5月1号至10号（日期简记为1，2，3，……，10）连续10天的销售情况：
由上述数据，用最小二乘法得到销售额和日期的线性回归方程为，日期的方差约为3.02，销售额的方差约为2.59.
（1）根据线性回归方程，分析销售额随日期变化趋势的特征，并计算第4天的残差；
（2）计算相关系数，并分析销售额和日期的相关程度（精确到0.001）；
（3）该公司为了促销，拟打算对电视机实行分期付款方式销售，假设顾客购买一台电视机选择分期付款的期数及相应的概率和公司获得的利润（单位：元）情况如下表：
已知成等比数列.
设该公司销售两台电视机所获得的利润为（单位：元），当的概率取得最大值时，求利润的分布列和数学期望.
参考公式：相关系数.回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：.相关数据.
【答案】（1）日期每增加一天，销售额约增加万元，第4天的残差为
（2），销售额和日期的相关程度较强
（3）分布列见解析，1200
【解析】
【分析】（1）根据线性回归方程特点分析，再将代入回归方程计算，利用残差定义求解即可；
（2）由相关系数的公式结合题中的数据计算，然后根据相关系数与1比较即可判断；
（3）先根据等比中项性质得，，由题意可得的可能取值有，计算其对应的概率，利用基本不等式求得的概率取得最大值时，从而列出分布列，求出期望即可.
【小问1详解】
根据线性回归方程，日期每增加一天，销售额约增加万元，
把代入回归直线方程，得，
因为，所以第4天残差为；
【小问2详解】
由得，
比较接近于1，故销售额和日期的相关程度较强.
【小问3详解】
由成等比数列，得，且，
设其公比为，则，所以，
由题意可得的值分别为，
则，，，
，，
又，取得最大值的条件即，
此时，
故分布列为：
期望.
19. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.
【小问1详解】
由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则，解得，
所以，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
因为在上，所以，
由得，
，设，
则，由得，
化简得，则，
化简得，又因为，所以，
所以点在定直线上.
（ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为，
从而得，，
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数，使得.
【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，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售额（万元）
19
19.3
19.6
20
21.2
224
23.8
24.6
25
25.4
2
4
6
400
600
800
800
1000
1200
1400
1600