山東省煙臺招遠(yuǎn)市2024屆高考三模 數(shù)學(xué)試題【含答案】

2024年全國新高考卷模擬試題數(shù) 學(xué)注意事項：1.本試題滿分150分，考試時間為120分鐘.2.答卷前，務(wù)必將姓名和準(zhǔn)考證號填涂在答題紙上.3.使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰；超出答題區(qū)書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1已知集合，則（    ）ABCD2若復(fù)數(shù)z滿足，則的最小值為（    ）A1BCD23若橢圓與橢圓（）的離心率相同，則實數(shù)b的值為（    ）ABCD4一袋子中裝有5個除顏色外完全相同的小球，其中3個紅球，2個黑球，從中不放回的每次取出1個小球，連續(xù)取兩次，則取出的這兩個小球顏色不同的概率為（    ）ABCD5若圓與軸沒有交點(diǎn)，則實數(shù)的取值范圍為（    ）ABCD6若函數(shù)在上有且只有一條對稱軸和一個對稱中心，則正整數(shù)的值為（    ）A1B2C3D47已知向量，滿足，在方向上的投影向量為，且，則的值為（    ）A4BC16D488若定義在上的函數(shù)滿足：，且對任意，都有，則（    ）AB為偶函數(shù)C是的一個周期D圖象關(guān)于對稱二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9下列說法正確的有（    ）A數(shù)據(jù)1，2，5，7，10的分位數(shù)為8.5B設(shè)隨機(jī)變量，若，則C已知回歸直線方程為，若樣本中心為，則D的極差小于，的極差10如圖1，半圓O的直徑為4，點(diǎn)B，C三等分半圓，P，Q分別為OB，OC的中點(diǎn)，將此半圓以O(shè)A為母線卷成如圖2所示的圓錐，D為BC的中點(diǎn)，則在圖2中，下列結(jié)論正確的有（    ）AB平面C平面D三棱錐與公共部分的體積為11在銳角ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則（    ）A邊上的高為B為定值C的最小值為2D若，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12展開式的中間一項的系數(shù)為 .13已知雙曲線：（，）的漸近線方程為，其右焦點(diǎn)為F，若直線與在第一象限的交點(diǎn)為P且軸，則實數(shù)k的值為 .14在平面直角坐標(biāo)系中，若定義兩點(diǎn)和之間的“t距離”為，其中表示p，q中的較大者，則點(diǎn)與點(diǎn)之間的“t距離”為 ；若平面內(nèi)點(diǎn)和點(diǎn)之間的“t距離”為，則A點(diǎn)的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 .四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15為提高學(xué)生對航天科技的興趣，培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，某學(xué)校組織學(xué)生參加航天科普知識挑戰(zhàn)賽，比賽共設(shè)置A，B，C三個問題，規(guī)則如下：每位參加者計分器的初始分均為50分，答對問題A，B，C分別加10分，20分，30分，答錯任一題減10分；每回答一題，計分器顯示累計分?jǐn)?shù)，當(dāng)累計分?jǐn)?shù)小于40分或答完三題時累計分?jǐn)?shù)不足80分，答題結(jié)束，挑戰(zhàn)失??；當(dāng)累計分?jǐn)?shù)大于或等于80分時，答題結(jié)束，挑戰(zhàn)成功；每位參加者按問題A，B，C順序作答，直至挑戰(zhàn)結(jié)束.設(shè)甲同學(xué)能正確回答出問題A，B，C的概率分別為，且回答各題正確與否互不影響.(1)求甲同學(xué)挑戰(zhàn)成功的概率；(2)用X表示甲同學(xué)答題結(jié)束時答對問題的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.16如圖，在直三棱柱中，M，N分別為，中點(diǎn)，且(1)證明：；(2)若D為棱上的動點(diǎn)，當(dāng)與平面所成角最大時，求二面角的余弦值.17在數(shù)列中，已知，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，為數(shù)列的前n項和，證明：.18已知拋物線C：（）過點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn)，A，B為C上不同于原點(diǎn)O的兩點(diǎn).(1)若，試探究直線是否過定點(diǎn)，若是，求出該定點(diǎn)；若不是，請說明理由；(2)若，求面積的最小值.19已知函數(shù).(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)當(dāng)時，若方程有三個不等的實根，求實數(shù)的取值范圍.1C【分析】解對數(shù)不等式化簡集合，由集合的交并補(bǔ)混合運(yùn)算即可得解.【詳解】因為，所以，因為，所以.故選：C.2B【分析】由復(fù)數(shù)的幾何意義即可求解.【詳解】若復(fù)數(shù)z滿足，則由復(fù)數(shù)的幾何意義可知復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)集是線段的垂直平分線，其中，所以的最小值為.故選：B.3A【分析】由離心率相等列出關(guān)于的方程求解即可.【詳解】若橢圓與橢圓（）的離心率相同，則，解得滿足題意.故選：A.4D【分析】分第一次取出為紅球和黑球兩種情況求解即可.【詳解】由題意，第一次取出可能為紅球或黑球，故連續(xù)取兩次，則取出的這兩個小球顏色不同的概率為.故選：D5C【分析】求出圓心坐標(biāo)利用幾何法得到不等式，解出即可.【詳解】即，解得或，且其圓心坐標(biāo)為，若該圓與軸沒有交點(diǎn)，則，解得故選：C.6C【分析】先得出，然后結(jié)合已知列出關(guān)于的不等式組，結(jié)合是正整數(shù)即可得解.【詳解】由題意且是整數(shù)，若，則，若函數(shù)在上有且只有一條對稱軸和一個對稱中心，所以，解得，即.故選：C.7B【分析】根據(jù)題意結(jié)合投影向量可得，再根據(jù)垂直關(guān)系可得，進(jìn)而可求模長.【詳解】由題意可知：，即，因為在方向上的投影向量為，可得，又因為，則，可得，則，所以.故選：B.8D【分析】首先得出的對稱中心以及周期，結(jié)合剩下的已知來構(gòu)造函數(shù)，以此排除ABC，并證明D選項.【詳解】在中，令，得，則是函數(shù)的一個對稱中心，在中，令，得，所以，是的一個周期，接下來我們構(gòu)造反例說明ABC錯誤，然后證明D正確：首先對于ABC而言，由以上分析不妨設(shè)，而，若要恒成立，只需恒成立，只需，因為，所以，從而滿足題意的可以是，但是，故A錯誤；，故B錯誤；是函數(shù)的一個最小正周期，故C錯誤；現(xiàn)在我們來證明D是正確的：對于D，由以上分析有，這表明圖象關(guān)于對稱，故D正確.故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：關(guān)鍵是得出是函數(shù)的一個對稱中心，且是函數(shù)的一個周期，由此即可順利得解.9AC【分析】根據(jù)第百分位定義計算可判斷A；根據(jù)二項分布的期望和方差計算可判斷B；根據(jù)回歸直線方程必過樣本中心代入計算可判斷C；根據(jù)極差的概念計算可判斷D.【詳解】對A，因為，所以第分位數(shù)為，故A正確；對B，因為隨機(jī)變量，所以，解得或，當(dāng)時，當(dāng)時，故B錯誤；對C，因為樣本中心在回歸直線方程上，所以，解得，故C正確；對D，原數(shù)據(jù)極差為：，新數(shù)據(jù)極差為：，因為，所以的極差大于，的極差，故D錯誤.故選：AC10ACD【分析】對于A，先求出圓錐的底面圓半徑，再利用正弦定理求出，進(jìn)而可判斷；對于B，由勾股定理逆定理結(jié)合，可得與不垂直，由此即可判斷；對于C，由中位線定理得，結(jié)合線面平行的判定定理即可判斷；對于D，連接交于點(diǎn)，連接并延長，可知交于點(diǎn)，則三棱錐與三棱錐公共部分即為三棱錐，再確定點(diǎn)的位置即可求解體積并判斷D.【詳解】對于A，在圖中，設(shè)圓錐的底面圓半徑為，則，解得，因為在圖1中，點(diǎn)、三等分半圓，所以在圖中，點(diǎn)、為圓錐的底面圓周的三等分點(diǎn)，所以為等邊三角形，所以，所以，又因為點(diǎn)、分別是、的中點(diǎn)，所以，故A正確；對于B，連接，因為三角形邊長為的等邊三角形，三角形為等腰三角形，點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，而，所以，這表明與不垂直，故B錯誤；對于C，因為點(diǎn)、分別是、的中點(diǎn)，所以，因為平面，平面，所以平面，故C正確；對于D，連接交于點(diǎn)，連接并延長，則由對稱性可知必定交于點(diǎn)，則三棱錐與三棱錐公共部分即為三棱錐，因為點(diǎn)分別是、的中點(diǎn)，所以為的重點(diǎn)，所以，由上易知，圓錐的軸截面為邊長為2的正三角形，所以圓錐的高為，所以，所以三棱錐與三棱錐公共部分的體積為，故D正確.故選：ACD.11ABD【分析】對A，根據(jù)邊上的高為求解即可；對B，由正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡即可；對C，由正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡，結(jié)合B中，再根據(jù)基本不等式求解即可；對D，根據(jù)三角形內(nèi)角關(guān)系，結(jié)合兩角和差的正切公式與正弦定理判斷即可.【詳解】對A，邊上的高為，由題意，故A正確；對B，由正弦定理即，故，又銳角，故，即，故B正確；對C，又，故，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時，與銳角矛盾，故C錯誤；對D，即，又，即，故，解得，故.則，即，解得.故，或，.不妨設(shè)，則，故，故，由正弦定理，故D正確.故選：ABD12【分析】中間一項是第4項，結(jié)合二項展開式的系數(shù)的計算公式即可求解.【詳解】因為展開式共有7項，它的中間一項是第4項，所以展開式的中間一項的系數(shù)為.故答案為：.13【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線方程可得，由軸得，利用斜率公式可得結(jié)果.【詳解】因為雙曲線：（，）的漸近線方程為，依題意有，即，又右焦點(diǎn)為，且軸，所以，所以，故答案為：.  14 4【分析】第一空：直接根據(jù)“t距離”的定義計算即可求解；第二空：根據(jù)“t距離”的定義分兩種情況討論得出A點(diǎn)的軌跡是正方形的四條線段；由此即可得解.【詳解】第一空：點(diǎn)與點(diǎn)之間的“t距離”為；第二空：若平面內(nèi)點(diǎn)和點(diǎn)之間的“t距離”為，則，不妨設(shè)，解得或，此時，即，由對稱性可知，當(dāng)或時，如圖所示：  ，所以A點(diǎn)的軌跡就是正方形的四條線段，則A點(diǎn)的軌跡圍成的封閉圖形的面積為.故答案為：；4.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：關(guān)鍵是嚴(yán)格按照“t距離”的定義進(jìn)行計算，由此即可順利得解.15(1)(2)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為【分析】（1）用表示甲第i個問題回答正確，表示甲第i個問題回答錯誤，分析甲同學(xué)能進(jìn)入下一輪包括，分別求概率，再相加；（2）分析出的可能取值：0，1，2，分別求概率，寫出分布列，求出數(shù)學(xué)期望即可.【詳解】（1）用表示甲第i個問題回答正確，表示甲第i個問題回答錯誤，則;.記事件Q：甲同學(xué)能進(jìn)入下一輪的概率，則：.即甲同學(xué)能進(jìn)入下一輪的概率為.（2）由題意知的可能取值：0，1，2，;,，的分布列為：012,即數(shù)學(xué)期望為.16(1)證明過程見解析(2)【分析】（1）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，證明即可；（2）當(dāng)與平面所成角最大時，求出此時點(diǎn)的位置，再求出二面角所對應(yīng)的兩個平面的法向量，結(jié)合向量夾角公式即可運(yùn)算求解.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，而平面，平面，所以，因為，平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，所以兩兩互相垂直，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為，M，N分別為，中點(diǎn)，所以，所以，所以，所以，即；（2）由（1）得，設(shè)，所以，因為平面，所以取平面的一個法向量為，設(shè)與平面所成角為，所以與平面所成角的正弦值為，若要與平面所成角最大，則當(dāng)且僅當(dāng)最大，所以當(dāng)且僅當(dāng)時，最大，此時，因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，平面，所以平面和平面是同一個平面，所以平面，所以可取平面的一個法向量為，若的坐標(biāo)為，且注意到，所以，設(shè)平面的法向量為，由，可得，令，解得，所以取平面的一個法向量為，由圖可知二面角是銳角，所以二面角的余弦值為，綜上所述，二面角的余弦值為.17(1)(2)證明見解析【分析】（1）構(gòu)造等比數(shù)列數(shù)列即可求得通項公式；（2）代入（1）中的通項公式可得，再根據(jù)，結(jié)合累加求和證明即可.【詳解】（1）由可得，則，即，故是以為首項，為公比的等比數(shù)列.故，則，.（2）.易得，故.又，故.綜上有，即得證.18(1)直線過定點(diǎn)(2)【分析】（1）首先根據(jù)已知點(diǎn)求出拋物線方程，設(shè)，聯(lián)立拋物線方程，有，結(jié)合，由向量垂直的坐標(biāo)表示可列出方程，由此解出，進(jìn)一步檢驗判別式即可得解；（2）由得條件等式，進(jìn)一步得出的取值范圍是或，由弦長公式、點(diǎn)到直線的距離公式表示出面積，結(jié)合的范圍即可得解.【詳解】（1）已知拋物線C：（）過點(diǎn)，所以，所以拋物線的方程為，直線斜率不可能為0，否則直線與拋物線沒有兩個交點(diǎn)，故可設(shè)，聯(lián)立拋物線的方程為，可得，由韋達(dá)定理有，因為，所以，因為A，B為C上不同于原點(diǎn)O的兩點(diǎn)，所以，所以，經(jīng)檢驗符合題意；即，所以直線過定點(diǎn)；（2）顯然，由（1）得，因為，所以，即有條件等式成立，而，所以首先有，其次，或，因為為直線在軸上的截距，且與相異，由圖可知，從而的取值范圍是或，點(diǎn)到直線的距離為，所以的面積可表示為：，因為的取值范圍是或，所以或，所以當(dāng)，即時，綜上所述，面積的最小值為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第（2）問的關(guān)鍵是得出的取值范圍以及面積的表達(dá)式，由此即可順利得解.19(1)當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.(2)【分析】（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的符號判斷單調(diào)性；（2）將方程化為，再討論方程的解的個數(shù)，然后得到方程的根滿足的條件，即可求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）求導(dǎo)知.當(dāng)時，由可知，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，對有，對有，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（2）當(dāng)時，故原方程可化為.而，所以原方程又等價于.由于和不能同時為零，故原方程又等價于.即.設(shè)，則，從而對有，對有.故在上遞增，在上遞減，這就得到，且不等號兩邊相等當(dāng)且僅當(dāng).然后考慮關(guān)于的方程：若，由于當(dāng)時有，而在上遞增，故方程至多有一個解；而，所以方程恰有一個解；若，由于在上遞增，在上遞減，故方程至多有兩個解；而由有，再結(jié)合，即知方程恰有兩個解，且這兩個解分別屬于和；若，則.由于，且不等號兩邊相等當(dāng)且僅當(dāng)，故方程恰有一解.若，則，故方程無解.由剛剛討論的的解的數(shù)量情況可知，方程存在三個不同的實根，當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，且，.一方面，若關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，且，則首先有，且.故， ，所以.而方程的解是，兩解符號相反，故只能，.所以，即.這就得到，所以，解得.故我們得到；另一方面，當(dāng)時，關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，.且有，.綜上，實數(shù)的取值范圍是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對于取值范圍問題，使用分類討論法是最直接的手段.