2024年山东潍坊市高三三模数学高考试卷试题（含答案详解）

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（潍坊三模）数学2024.5一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题目要求.1．设复数是纯虚数，则的值可以为（

）A． B． C． D．2．已知集合，则的子集个数是（

）A．3个 B．4个 C．8个 D．16个3．如图，半径为1的圆与轴相切于原点，切点处有一个标志，该圆沿轴向右滚动，当圆滚动到与出发位置时的圆相外切时(记此时圆心为)，标志位于点处，圆与轴相切于点，则阴影部分的面积是（

）

A．2 B．1 C． D．4．某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为（

）A． B． C． D．5．牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法．如图，方程的根就是函数的零点，取初始值的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为的图象在点处的切线与轴的交点的横坐标为，一直继续下去，得到，它们越来越接近．设函数，，用牛顿迭代法得到，则实数（

）A．1 B． C． D．6．已知，分别为椭圆：的左、右焦点，点在上，若大于，则的取值范围是（

）A． B．C． D．7．已知函数的导函数为，且，当时，，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．8．已知，则（

）A．8 B．10 C． D．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．在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则（

）A．直线与是异面直线B．直线与所成的角是C．直线平面D．平面截正方体所得的截面面积为.10．下列说法正确的是（

）A．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个红球”是互斥事件B．掷一枚质地均匀的骰子两次，“第一次向上的点数是1”与“两次向上的点数之和是7”是相互独立事件C．若的平均数是7，方差是6，则的方差是D．某人在10次射击中，设击中目标的次数为，且，则的概率最大11．已知双曲线的左、右焦点，点在上，设的内切圆圆心为，半径为，直线交于，若，，则（

）A． B．圆心的横坐标为1C． D．的离心率为2三、填空题:本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，若，则实数13．已知关于的方程的所有正实根从小到大排列构成等差数列，请写出实数的一个取值为14．已知均为正实数，函数．（1）若的图象过点，则的最小值为；（2）若的图象过点，且恒成立，则实数的最小值为．四、解答题:本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、说明过程或演算步骤.15．如图，在直三棱柱中，，是棱的中点．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小．16．已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若求数列的前项和.17．在平面直角坐标系中，为坐标原点，为直线上一点，动点满足，.(1)求动点的轨迹的方程;(2)若过点作直线与交于不同的两点，点，过点作轴的垂线分别与直线交于点.证明：为线段的中点.18．某高校为了提升学校餐厅的服务水平，组织4000名师生对学校餐厅满意度进行评分调查，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分(满分100分)作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级:满意度评分满意度等级不满意基本满意满意非常满意

(1)求图中的值，并估计满意度评分的分位数;(2)若样本中男性师生比为，且男教师评分为80分以上的概率为0.8，男学生评分为80分以上的概率0.55，现从男性师生中随机抽取一人，其评分为80分以上的概率为多少?(3)设在样本中，学生、教师的人数分别为，记所有学生的评分为，其平均数为，方差为，所有教师的评分为，其平均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，试求的最小值.19．一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂，并只受重力的影响，这个项链形成的曲线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.(1)类比三角函数的三个性质：①倍角公式；②平方关系；③求导公式写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；(2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围；(3)若，证明：答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据题意得到，将四个选项代入检验，得到答案.【详解】由题意得，A选项，当时，，不合题意，A错误；B选项，当时，，不合要求，B错误；C选项，当时，，故C正确；D选项，当时，，D错误.故选：C2．C【分析】由交集的定义求得，根据子集个数的计算方法即可求解．【详解】由题意得，，则的子集有个，故选：C．3．B【分析】根据给定条件，求出劣弧的长，再利用扇形面积公式计算即得．【详解】由圆与圆外切，得，又圆，圆与轴分别相切于原点和点，则，所以劣弧长等于，所以劣弧对应的扇形面积为.故选：B4．A【分析】由圆锥的体积公式及圆锥高、半径与母线的关系计算即可．【详解】设上、下两圆锥的底面半径为，高分别为，体积分别为，因为上圆锥的高与底面半径相等，所以，则得，，上圆锥的母线为，下圆锥的母线为，所以上、下两圆锥的母线长之比为，故选：A．5．D【分析】求得在的切线方程，代入求解即可．【详解】，，，则在处的切线方程为，由题意得，切线过代入得，，解得，故选：D．6．D【分析】由已知可知，的坐标和模，由向量数量积的定义及坐标运算可得关于的不等关系，即可求解.【详解】因为椭圆：，所以，，所以，所以，，因为点在上，所以，所以，，又，，所以，又，，所以，因为大于，所以，所以，解得，所以的取值范围是.故选：.7．A【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.【详解】不等式等价于，即，构造函数，所以，因为时，，所以对恒成立，所以在单调递减，又因为，所以不等式等价于，所以，即的解集为.故选：A.8．B【分析】由，利用二项式定理求解指定项的系数.【详解】，其中展开式的通项为，且，当时，，此时只需乘以第一个因式中的2，可得；当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得.所以.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把表示成，利用即可二项式定理求解.9．ABD【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可.【详解】对于A，由于平面，平面，故直线与是异面直线，故A正确；对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为，故直线与所成的角是，故B正确；对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形，所以与不垂直，故假设错误，故C错误；对于D，如图，连接，因为，所以，所以平面截正方体所得的截面为梯形，且，所以梯形的高为，所以截面面积为，故D正确.故选：ABD.10．BCD【分析】由互斥事件的定义即可判断A；由独立事件的乘法公式验证即可判断B；由平均值及方差的公式即可判断C；由二项分布的概率公式即可判断D．【详解】对于A，事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个红球”可以同时发生，所以不是互斥事件，故A错误；对于B，设“第一次向上的点数是1”，“两次向上的点数之和是7”，则，，，因为，所以事件A与B互相独立，故B正确；对于C，由的平均数是7，得的平均数为8，由方差是6，则，所以，所以的方差，故C正确；对于D，由得，当时，，当时，令，即，令，解得，即，所以当时，最大，故D正确，故选：BCD．11．ACD【分析】由，且三点共线，得到，可判定A正确；根据双曲线的定义和，求得，可判定B错误；利用角平分线定理得到，结合三角形的面积公式，分别求得的值，可判定C正确；结合离心率的定义和求法，可判定D正确.【详解】对于A中，因为，且三点共线，所以，可得，所以A正确；对于B中，设切点分别为，则，又因为，所以，所以点为右顶点，圆心的横坐标为2，所以B错误；对于C中，因为，所以，由角平分线定理，得，又因为，所以，由可得，所以，可得，所以，则为等腰三角形，所以，解得，所以C正确；对于D中，由离心率，所以D正确.【点睛】方法点拨：对于双曲线的综合问题的求解策略：1、与双曲线的两焦点有关的问题，在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合，运用平方的方法，建立的联系；2、当与直线有关的问题，常常联立直线与双曲线的方程，消元后利用一元二次方程的判别式，根与系数的关系构造相关变量关系式进行求解；3、当与向量有关相结合时，注意运用向量的坐标运算，将向量间的关系转化为点的坐标问题，再根据与系数的关系，将所求问题与条件建立联系求解.12．【分析】根据向量线性运算和数量积公式得到方程，求出答案.【详解】，，解得.故答案为：13．（答案不唯一，填写其中一个即可）【分析】根据三角降幂公式化简，再结合图象求得的取值即可.【详解】因为，所以，即，要想方程所有正实根从小到大排列构成等差数列，则需要或，所以.故答案为：（答案不唯一，填写其中一个即可）.14．9【分析】（1）由的图象过点得，根据基本不等式“1”的妙用计算即可；（2）由的图象过点得，进而得出，利用换元法及基本不等式即可求得的最大值，即可得出的最小值．【详解】（1）由的图象过点得，，即，所以，当且仅当，即时等号成立．由恒成立得，，（2）因为的图象过点，则，即，当时，不合题意舍，所以，即，则，则由得，所以，设，所以，当且仅当，即，则时，等号成立，故答案为：9；．【点睛】方法点睛：第二空由的图象过点得出，代入消元得出关于的齐次式，换元后根据基本不等式计算可得．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，先得出平面平面，由面面平行证明线面平行即可；（2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可．【详解】（1）取的中点，连接，由直三棱柱得，，，因为是棱的中点，点是的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以，同理可得四边形为平行四边形，所以所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）设，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，由得，，取，的，设平面的一个法向量为，由得，，取，的，设平面与平面的夹角为，则，由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为．16．(1)(2)【分析】（1）根据成等比数列求得，即可求得的通项公式.（2）根据的通项公式求得，分奇偶项分别求出再求和，即可求得的前项和.【详解】（1）因为，所以，即，解得或，又因为，所以，所以.（2），所以，所以为奇数时，，为偶数时，，所以前项和.17．(1)(2)证明见详解.【分析】（1）设动点的坐标为，直接利用题中的条件列式并化简，从而求出动点的轨迹方程；（2）要证为线段的中点，只需证即可，设直线的方程为，设点，，，，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由直线，可求得点，计算即可证.【详解】（1）设点，则，因为，所以，所以，即，所以动点的轨迹方程为：；（2）因为轴，所以设，，，，若要证为线段的中点，只需证即可，当直线斜率不存在或斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不满足题意，所以直线斜率存在且不为0，，设直线：，，由得，，由题意可知，直线与抛物线有两个交点，所以，即，所以，由根与系数的关系得，，，由题意得，直线方程，所以，直线方程，所以，所以，所以为线段的中点.18．(1)；(2)(3)【分析】（1）由频率分布直方图的概率和为1，列出方程，求得，再利用百分位数的计算方法，即可求解；（2）设“抽到男学生”为事件，“评分80分以上”为事件，结合全概率公式，即可求解；（3）根据题意，利用方差的计算公式，求得，得到，令，得到，利用基本不等式求得，结合，得出不等式，求得的范围，即可求解.【详解】（1）解：由频率分布直方图的性质，可得：，解得，设分位数为，由分布直方图得，所以，解得.（2）解：设“抽到男学生”为事件，“评分80分以上”为事件，可得，由全概率公式得.（3）解：由，可得，所以，所以，即，令，则，由于，当且仅当时，等号成立，又因为，可得，即，解得或，因为且，所以，所以实数的最大值为.19．(1)答案见解析，证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明；（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；（3）结合新定义将所证变为，设函数，即证，先利用导数求得在上单调递增，再设，利用导数得其单调性及，从而，得证.【详解】（1）平方关系：；倍角公式：；导数：.理由如下：平方关系，；倍角公式：；导数：，；以上三个结论，证对一个即可.（2）构造函数，，由（1）可知，①当时，由，