2024届山东省泰安市高三下学期高考模拟（三模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（三模）数学试题一、选择题1.若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：.故选：A.2.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗由题意得，函数为奇函数，且定义域为，由奇函数性质得，，解得，经过检验符合题意，所以当时，，所以.故选：D.3.已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，所以圆台的表面积为.故选:C.4.已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设的公差为，因为，，可得，解得，所以，可得，当时，；当时，，所以当时，取得的最小值.故选：D.5.已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由为直角三角形，及双曲线的对称性知，且，则的渐近线方程为，即，由的面积为4，得，解得，又，因此，所以的方程为.故选：B6.在中，内角所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，则（）A.1 B. C.2 D.3〖答案〗C〖解析〗因为，可得，由正弦定理得，即，所以，又因为，所以，如图所示，由，且，，在中，由余弦定理得，解得或（负值舍去）.故选：C.7.盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（）A.与相互独立 B.与相互独立C.与相互独立 D.与相互独立〖答案〗D〖解析〗依题意得，，，故A项错误；，，故B项错误；，故C项错误；，，故D项正确.故选：D.8.在三棱锥中，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，，因为为的中点，，所以为的外心，由为的外心，得三点共线，且.由题意得平面，面，则，故直线与平面所成角为的余角，所以，所以.在中，由题设可得，由正弦定理得，所以，所以在Rt中，，所以球的表面积.故选：B.二、选择题9.某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（）A.B.样本质量指标值的平均数为75C.样本质量指标值的众数小于其平均数D.样本质量指标值的第75百分位数为85〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，由题意知，解得0.030，故A项正确；对于B项，样本质量指标值的平均数为，故B项错误；对于C项，样本质量指标值的众数是，故C项正确；对于D项，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数位于第4组，设其为，则，解得，即第75百分位数为85，故D项正确.故选：ACD项.10.已知满足，且在复平面内对应的点为，则（）A. B. C.的最小值为 D.的最小值为〖答案〗AC〖解析〗由题意可得，则，所以，整理得，故A项正确，B项错误；，当时，取得最小值，故C项正确，D项错误.故选：AC.11.已知函数，则（）A.若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1B.若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5C.若函数的最小正周期为，则D.当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解〖答案〗BC〖解析〗对于A项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；对于B项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.对于D项，当时，，所以，方程.令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；当时，，即，无解.综上，无解，故D项错误.故选：BC.三、填空题12.已知集合，，若，则的取值范围是____________.〖答案〗〖解析〗由，得，所以，则或，由，得，又，所以，解得.故〖答案〗为：.13.已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗当时，，其在上单调递减，在上单调递增，且，则；当时，，，其在上单调递减，且.作出的图像，如图，易知的取值范围是.故〖答案〗为：14.已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于两点，则的最小值为__________，若为等边三角形，则__________.〖答案〗824〖解析〗由已知得，准线方程为，设直线的方程为，，，弦的中点，如图所示，联立消去并整理得，则，，所以，所以，，即，所以.故当时，.若为等边三角形，则，如图所示，则设直线的方程为，即，所以点，又，所以，解得，所以.故〖答案〗为：8；24.四、解答题15已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，且，求的取值范围.（1）.解：因为的定义域为，可得.当时，令，可得；当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.（2）解：当时，由，可得，整理得，即，令，则，由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.故当时，取得最大值，即，故的取值范围为.16.如图，在四棱锥中，，.（1）证明：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（1）证明：因为，，所以，，所以，，又，所以四边形为菱形，所以，，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）得平面，因为平面，所以，故四边形为正方形.不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.因为为等边三角形，所以，又平面，又平面平面，且平面平面，所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，由，得，即，解得，，，所以，所以，，，.设平面的法向量为，则，可取.设平面的法向量为，则，可取，则，解得或（舍去），所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且17.2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.解：（1）由题意知，的可能取值为，则，，，故的分布列为012则.记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.（2）（i）由题意知，，则，令，解得或（舍），当时，，当时，，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，有极大值，且的极大值为.（ii）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，则的可能取值为，，，，，所以所以，即，整理得，经观察可知是方程的根，故，因为恒成立，所以由可得，解得，又，所以的取值范围为.18.已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于两点，记四边形的面积为S，求的取值范围.解：（1）因为点为的重心，的边上的两条中线长度之和为，所以，故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距，所以，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，联立整理得，则，设，则，即，代入椭圆方程得，所以，则，所以.由对称性知，又，所以.，又，所以的取值范围为，故的取值范围为.19.对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.（1）若为等比数列，求；（2）求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.（1）解：设的公比为，则，即，由，可得，解得或，所以或.（2）解：由（1）知，当时，，当时，，两式相减得.当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0；当为偶数时，设，则，要想末尾3个数字为0，需满足被整除，当时，均不符合题意；当时，，自，以后各项均可被125整除，故只需考虑能否被125整除，其中不是5的倍数，故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数，在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（三模）数学试题一、选择题1.若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：.故选：A.2.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗由题意得，函数为奇函数，且定义域为，由奇函数性质得，，解得，经过检验符合题意，所以当时，，所以.故选：D.3.已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，所以圆台的表面积为.故选:C.4.已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设的公差为，因为，，可得，解得，所以，可得，当时，；当时，，所以当时，取得的最小值.故选：D.5.已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由为直角三角形，及双曲线的对称性知，且，则的渐近线方程为，即，由的面积为4，得，解得，又，因此，所以的方程为.故选：B6.在中，内角所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，则（）A.1 B. C.2 D.3〖答案〗C〖解析〗因为，可得，由正弦定理得，即，所以，又因为，所以，如图所示，由，且，，在中，由余弦定理得，解得或（负值舍去）.故选：C.7.盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（）A.与相互独立 B.与相互独立C.与相互独立 D.与相互独立〖答案〗D〖解析〗依题意得，，，故A项错误；，，故B项错误；，故C项错误；，，故D项正确.故选：D.8.在三棱锥中，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，，因为为的中点，，所以为的外心，由为的外心，得三点共线，且.由题意得平面，面，则，故直线与平面所成角为的余角，所以，所以.在中，由题设可得，由正弦定理得，所以，所以在Rt中，，所以球的表面积.故选：B.二、选择题9.某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（）A.B.样本质量指标值的平均数为75C.样本质量指标值的众数小于其平均数D.样本质量指标值的第75百分位数为85〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，由题意知，解得0.030，故A项正确；对于B项，样本质量指标值的平均数为，故B项错误；对于C项，样本质量指标值的众数是，故C项正确；对于D项，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数位于第4组，设其为，则，解得，即第75百分位数为85，故D项正确.故选：ACD项.10.已知满足，且在复平面内对应的点为，则（）A. B. C.的最小值为 D.的最小值为〖答案〗AC〖解析〗由题意可得，则，所以，整理得，故A项正确，B项错误；，当时，取得最小值，故C项正确，D项错误.故选：AC.11.已知函数，则（）A.若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1B.若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5C.若函数的最小正周期为，则D.当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解〖答案〗BC〖解析〗对于A项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；对于B项，因为，所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.对于D项，当时，，所以，方程.令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；当时，，即，无解.综上，无解，故D项错误.故选：BC.三、填空题12.已知集合，，若，则的取值范围是____________.〖答案〗〖解析〗由，得，所以，则或，由，得，又，所以，解得.故〖答案〗为：.13.已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗当时，，其在上单调递减，在上单调递增，且，则；当时，，，其在上单调递减，且.作出的图像，如图，易知的取值范围是.故〖答案〗为：14.已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于两点，则的最小值为__________，若为等边三角形，则__________.〖答案〗824〖解析〗由已知得，准线方程为，设直线的方程为，，，弦的中点，如图所示，联立消去并整理得，则，，所以，所以，，即，所以.故当时，.若为等边三角形，则，如图所示，则设直线的方程为，即，所以点，又，所以，解得，所以.故〖答案〗为：8；24.四、解答题15已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，且，求的取值范围.（1）.解：因为的定义域为，可得.当时，令，可得；当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.（2）解：当时，由，可得，整理得，即，令，则，由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.故当时，取得最大值，即，故的取值范围为.16.如图，在四棱锥中，，.（1）证明：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（1）证明：因为，，所以，，所以，，又，所以四边形为菱形，所以，，又，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）得平面，因为平面，所以，故四边形为正方形.不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.因为为等边三角形，所以，又平面，又平面平面，且平面平面，所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，，由，得，即，解得，，，所以，所以，，，.设平面的法向量为，则，可取.设平面的法向量为，则，可取，则，解得或（舍去），所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且17.2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.解：（1）由题意知，的可能取值为，则，，