2024届山东省枣庄市高三下学期高考数学仿真模拟联考试题（三模）含解析

2024届山东省枣庄市高三下学期高考数学仿真模拟联考试题（三模）本试卷共4页，19题.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､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.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.如需要改动，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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知双曲线的一条渐近线方程为，则（

）A．1 B．2 C．8 D．163．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（

）A．0 B． C． D．4．对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（

）A．倍 B．倍 C．倍 D．倍5．己知平面向量，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．6．已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．7．已知复数，若同时满足和，则为（

）A．1 B． C．2 D．8．在中，，为内一点，，，则（

）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．已知两个变量y与x对应关系如下表：x12345y5m8910.5若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（

）A．y与x正相关 B．C．样本数据y的第60百分位数为8 D．各组数据的残差和为010．若函数，则（

）A．的图象关于对称 B．在上单调递增C．的极小值点为 D．有两个零点11．已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（

）A．平面 B．点P的轨迹长度为C．存在点P，使得平面 D．点P到平面距离的最大值为三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.12．写出函数图象的一条对称轴方程．13．某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为．14．设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为．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．如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．

(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．16．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．(1)求椭圆E的方程；(2)若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．17．在一个袋子中有若干红球和白球（除颜色外均相同），袋中红球数占总球数的比例为．(1)若有放回摸球，摸到红球时停止．在第次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；(2)某同学不知道比例，为估计的值，设计了如下两种方案：方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球次停止．方案二：从袋中进行有放回摸球次．分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计的值更合理．18．已知函数，为的导数(1)讨论的单调性；(2)若是的极大值点，求的取值范围；(3)若，证明：．19．若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列．(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；(2)若函数有三个零点，其中．证明：数列为“对数凹性”数列；(3)若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得．证明：数列为“对数凹性”数列．1．D【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，又，所以.故选：D2．A【分析】利用双曲线方程先含参表示渐近线方程，待定系数计算即可.【详解】依题意，得，令，即的渐近线方程为，所以.故选：A3．D【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为，即，即角的终边经过点，所以，，所以.故选：D4．B【分析】设所对应的极径为，所对应的极径为，根据所给表达式及指数幂的运算法则计算可得.【详解】设所对应的极径为，则，则所对应的极径为，所以，故每增加个单位，则变为原来的倍.故选：B5．A【分析】根据已知条件分别求出和，然后按照平面向量的投影向量公式计算即可得解.【详解】，，,在上的投影向量为.故选：A.6．C【分析】利用圆柱及球的特征计算即可.【详解】由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，则，故该球的表面积为.故选：C7．C【分析】设，根据和求出交点坐标，即可求出，再计算其模即可.【详解】设，则，，由和，所以且，即且，解得或，所以、（或、），则（或），所以.故选：C8．B【分析】在中，设，，即可表示出，，再在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.【详解】在中，设，令，

则，，在中，可得，，由正弦定理，所以，所以，可得，即．故选：B．关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.9．AD【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A，根据样本中心点在回归方程上可判定B，利用百分位数的计算可判定C，利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D.【详解】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；由表格数据及回归方程易知，即B错误；易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；由回归直线方程知时对应的预测值分别为，对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.故选：AD10．AC【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，从而判断A，利用导数说明函数的单调性，即可判断B、C，求出极小值即可判断D.【详解】对于函数，令，解得或，所以函数的定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；又，当时，，即在上单调递减，故B错误；当时，，即在上单调递增，根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；又，且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，故无零点，故D错误．故选：AC．11．ABD【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.【详解】对于A，在正方体中易知，又平面，平面，所以平面，即A正确；对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，所以点P的轨迹长度为，故B正确；对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，若存在点P，使得面，则，解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，即不存在点P，使得面，故C错误；对于D，设平面的一个法向量为，则，取，即，则点P到平面的距离，显然时取得最大值，故D正确.故选：ABD

思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可.12．（答案不唯一）【分析】利用二倍角公式及三角函数的图象与性质计算即可.【详解】易知，所以，不妨取，则.故（答案不唯一）13．【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可.【详解】到达第3台阶的方法有两种：第一种：

每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：

只上一步且上两个台阶，则概率为，所以到达第3阶台阶的概率为，故答案为.14．2【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.【详解】设，则，，即，时取得最小值；易知，，联立有，显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，过作交l于N，过作，则（重合时取得等号），设，则，所以，

故2，思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接、，即可证明平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接、，因为四边形为菱形，所以是边长为的正三角形，因为为中点，所以，，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，所以，所以，又因为平面，所以平面.

（2）因为直线两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以设平面的一个法向量为，则，即，令，得，所以，由题意知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．(1)(2)或【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，易知，则，显然时，由题意得解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为，所以所以①设直线的方程为，联立得，整理得，由韦达定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直线的方程为：或.

17．(1)(2)答案见解析【分析】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，根据条件概率公式计算可得；（2）记“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，的可能取值为，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，则，由二项分布的概率公式得到分布列，即可求出期望，再判断即可.【详解】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，则，，所以；（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，则的可能取值为：，且，，，，，，所以的分布列为：01则，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，因为，所以的分布列为：，即的分布列为：01所以，则，因为，，所以“方案二”估计的值更合理.18．(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解；（3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可.【详解】（1）由题知，令，则，当时，在区间单调递增，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）当时，，由（1）知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，且，由（1）知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，则当时，在上单调递增，所以无极值点，不合题意；当时，，且；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以是函数的极大值点，符合题意；综上所述，的取值范围是.（3）要证，只要证，只要证，，因为，则，所以只要证对任意，有，只要证对任意，有（※），因为由（2）知：当时，若，则，所以，即①，令函数，则，所以当时，所以在单调递增；则，即，由①②得，所以（※）成立，所以成立.方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.19．(1)只有1，2，4，3，2是“对数凹性”数列，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用“对数凹性”数列的定义计算即可；（2）利用导数研究三次函数的性质结合零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可；（3）将互换计算可得，令，可证明是等差数列，结合等差数列得通项公式可知，利用及的关系可得，并判定为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可.【详解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中不成立，所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列；（2）根据题意及三次函数的性质易知有两个不