2024年山东潍坊高三一模数学试卷试题答案详解（精校打印）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页潍坊市高考模拟考试数学本试卷共4页．满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．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，再选涂其它答案标号．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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本大题共8个小题，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．已知平面向量，，若，则实数（

）A． B． C． D．22．已知抛物线上点的纵坐标为1，则到的焦点的距离为（

）A．1 B． C． D．23．已知集合，集合，其中．若，则（

）A．1 B．2 C．3 D．44．已知等差数列的前n项和为，则（

）A．6 B．7 C．8 D．105．12世纪以前的某时期，盛行欧洲的罗马数码采用的是简单累数制进行记数，现在一些场合还在使用，比如书本的卷数、老式表盘等．罗马数字用七个大写的拉丁文字母表示数目：IVXLCDM1510501005001000例如：，．依据此记数方法，（

）A．2025 B．2035 C．2050 D．20556．如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（

）A． B． C． D．17．已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（

）A． B． C． D．8．已知直三棱柱外接球的直径为6，且，，则该棱柱体积的最大值为（

）A．8 B．12 C．16 D．24二、多项选择题：本大题共3个小题，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9．某科技攻关青年团队有人，他们年龄分布的茎叶图如图所示，已知这人年龄的极差为，则（

）A． B．人年龄的平均数为C．人年龄的分位数为 D．人年龄的方差为10．函数（）的图象如图所示，则（

）A．的最小正周期为B．是奇函数C．的图象关于直线对称D．若（）在上有且仅有两个零点，则11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（

）A． B．的图象关于点对称C． D．（）三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．12．已知是虚数单位，若复数满足，则．13．第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派人参加连续天的志愿服务活动，其中甲连续参加天，其他人各参加天，则不同的安排方法有种．（结果用数值表示）14．已知平面直角坐标系中，直线：，：，点为平面内一动点，过作交于，作交于，得到的平行四边形面积为1，记点的轨迹为曲线．若与圆有四个交点，则实数的取值范围是．四、解答题：本大题共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．在中，角，，的对边分别为，，，已知．(1)求；(2)若，，为的中点，求．16．已知椭圆：（）中，点，分别是的左、上顶点，，且的焦距为．(1)求的方程和离心率；(2)过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，设直线，，的斜率分别为，，，若，求的值．17．如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点．(1)求证：平面平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．18．若，是样本空间上的两个离散型随机变量，则称是上的二维离散型随机变量或二维随机向量．设的一切可能取值为，，记表示在中出现的概率，其中．(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为，2号盒子中的小球个数为，则是一个二维随机变量．①写出该二维离散型随机变量的所有可能取值；②若是①中的值，求（结果用，表示）；(2)称为二维离散型随机变量关于的边缘分布律或边际分布律，求证：．19．已知函数（）．(1)讨论的单调性；(2)证明：（，）；(3)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】利用向量垂直的坐标表示，列式计算即得.【详解】平面向量，，由，得，所以.故选：A2．B【分析】首先求出抛物线的准线方程，再根据抛物线的定义计算可得.【详解】抛物线的准线方程为，又点在抛物线上且纵坐标为，所以点到的焦点的距离为.故选：B3．D【分析】首先求出集合，依题意可得，即可求出的值.【详解】由，则，解得，所以，又，，即，所以.故选：D4．C【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式即可得到，再由等差数列的求和公式即可得到结果.【详解】因为数列为等差数列，则，又，则，即，则.故选：C5．B【分析】根据给定的信息，直接写出该数即可.【详解】依题意，每个表示1000，左起两个就表示2000，每个表示10，中间3个就表示30，最后一个表示5，因此表示的数是所以.故选：B6．B【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.【详解】在棱长为1的正方体中，连接，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，同理，而平面，因此平面，因为，则平面，而点为截面上的动点，平面平面，所以点的轨迹是线段，长度为.故选：B7．A【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解.【详解】依题意，，，当时，，则，所以.故选：A8．C【分析】由已知求出多面体外接球的半径，设，把棱锥体积用含有的代数式表示，再由基本不等式求最值．【详解】在直三棱柱中，所以为直角三角形，则外接圆的圆心为斜边的中点，同理外接圆的圆心为斜边的中点，如图，直三棱柱外接球的直径为，外接球的半径，设上下底面的中心分别为，，连接，则外接球的球心为的中点，连接，则，设，所以，则，在中，，则，该棱柱的体积．当且仅当，即时等号成立．故选：C．9．ACD【分析】根据极差求出，从而求出平均数、方差，再根据百分位计算规则判断C.【详解】因为这人年龄的极差为，即，解得，故A正确；所以这人年龄分别为、、、、、，则人年龄的平均数为，故B错误；又，所以人年龄的分位数为从小到大排列的第个数，即，故C正确；又人年龄的方差，故D正确.故选：ACD10．ACD【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，结合给定图象求出，再逐项判断即可.【详解】依题意，，由，得，解得，而，解得，，的最小正周期为，A正确；是偶函数，B错误；，令，则，的图象关于直线对称，C正确；，，当时，，依题意，，解得，D正确.故选：ACD11．ABD【分析】对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断．【详解】因为，所以，即，令，得，故A正确；因为，当时，，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，假设成立，求导得，即，又，所以，所以与矛盾，故C错误；对于D，因为，，所以，，，，所以有，所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，又，，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列.12．【分析】利用复数除法法则进行计算出答案..【详解】，故.故答案为：13．【分析】首先考虑甲连续天的情况，再其余人全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.【详解】在天里，连续天的情况，一共有种，则剩下的人全排列有种排法，故一共有种排法．故答案为：．14．【分析】设点，则点到的距离为，再联立直线与的方程，求出点的坐标，进而表达出平行四边形面积，再结合平行四边形面积为求出点的轨迹方程，再利用双曲线的性质求解．【详解】设点，则点到的距离为，直线方程为，联立，解得，所以，所以，所以，所以点的轨迹为两个双曲线、，因为双曲线的实半轴长为，双曲线的实半轴长为，若与圆有四个交点，则，即，所以实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出动点的轨迹方程，最后结合双曲线的性质求出的取值范围.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式得到，即可得解；（2）由余弦定理求出，再由，根据数量积的运算律计算可得.【详解】（1）因为，由正弦定理得，在中，，则有，，，又，，，，又，；（2）根据余弦定理有，则有，解得或（舍去），为的中点，则，，．

16．(1)，(2)【分析】（1）由的值，可得，的关系，再由焦距可得的值，又可得，的关系，两式联立，可得，的值，即求出椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，消元、列出韦达定理，求出直线，的斜率之和，由题意整理可得参数的值，进而求出直线的斜率的大小．【详解】（1）由题意可得，，可得，，可得，可得，，解得，，所以离心率，所以椭圆的方程为，离心率；（2）由（1）可得，（3）（4）由题意设直线的方程为，则，设，，联立，整理可得，显然，且，，直线，的斜率，，则，因为，即，解得，所以直线的斜率．即的值为3．

17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用平行四边形性质及余弦定理求出，进而证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.（2）由已知证得平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在中，由，得，而，在中，由余弦定理，得，则，即，又，，平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）在四棱台中，由，得，有，在梯形中，，过作交于点，则，又，显然，则，即，又平面，于是平面，以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，则，令，得，而，设与平面所成角大小为，因此，所以直线与平面所成角的正弦值为.18．(1)①；②；(2)证明见解析.【分析】（1）①根据题意直接写出所有可能取值；②利用独立重复试验的概率、条件概率公式及独立事件的概率公式列式化简即得.（2）利用全概率公式及互斥事件的加法公式推理即可.【详解】（1）①该二维离散型随机变量的所有可能取值为：.②依题意，，，显然，则，所以.（2）由定义及全概率公式知，.【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.19．(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间.（2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.（3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.【详解】（1）函数定义域为，求导得，设，则，①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减；②当时，有两个零点，则当或时，，即；当时，，即，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，的递减区间为；当时，的递减区间为，递增区间为.（2）由（1）知，当时，时，，则，令，于是，，所以.（