2024届山东省威海市高考二模数学试题（原卷版+解析版）

这是一份2024届山东省威海市高考二模数学试题（原卷版+解析版），文件包含2024届山东省威海市高考二模数学试题原卷版docx、2024届山东省威海市高考二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1、答卷时，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上.
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，再选涂其他答案标号.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. 样本数据11，12，13，16，20，22，25，27，36的60%分位数为（ ）
A. 20B. 21C. 22D. 23.5
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义计算即可.
【详解】样本数据11，12，13，16，20，22，25，27，36共9个数字，
所以，所以分位数为从小到大排列的第个数，即为.
故选：C.
2. 在研究集合时，用来表示有限集合A中元素的个数．集合，，若，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，确定，从而求出的值.
【详解】由题：
所以，
故选：A.
3. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据公式求出，结合焦点位置即可得渐近线方程.
【详解】由题知，，解得，
又双曲线的焦点在x轴上，所以渐近线方程为.
故选：D
4. 已知正项等比数列中，，且，，成等差数列，则=（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由等差中项的性质可得，再由等比数列的性质可得，即可得出答案.
【详解】因为，，成等差数列，
所以，因为是正项等比数列，且，
，所以，解得：或（舍去），
所以.
故选：A.
5. 已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线过点F，且与C在第一象限的交点为A，若，则p=（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】过点A作x轴的垂线，垂足为H，利用斜率求出点A的坐标，然后代入抛物线方程即可得解.
【详解】过点A作x轴的垂线，垂足为H，
因为直线AF的斜率为，所以，
则，
所以，点A坐标为，代入得，
整理得，解得或（舍去）.
故选：B

6. 在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，若平面与平面的交线为l，则l与直线所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面平行判定定理和性质定理可证，再由直线平行的传递性可得，可知即为所求，可得答案.
【详解】因为E，F分别为棱BC，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又平面平面，，所以，
又，所以，所以l与直线所成角的大小等于.
故选：C

7. 已知向量a，b满足，，且对，，则=（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】对两边平方，根据二次函数性质即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
因为对，，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，求导可证明，进而可得，可判断，令，求导可证，令，可判得.
【详解】令，可得，所以在上单调递增，
当时，，所以，
所以，所以，
令，求导可得，
当，，所以单调递减，所以，
即，所以，
令，可得，即，
所以.
故选：B.
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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 是纯虚数
B. 对任意的复数z，
C. 对任意的复数z，为实数
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据复数运算化简后，结合纯虚数概念可判断；对于B，设，根据复数乘法运算和复数模公式计算即可判断；对于C，设出复数z，根据共轭复数概念和复数乘法运算即可判断；对于D，根据复数除法运算与和差公式化简即可判断.
【详解】对于A，是纯虚数，A正确；
对于B，对任意复数，
，，
所以和不一定相等，B错误；
对于C，设，则，
则，C正确；
对于D，
，D错误.
故选：AC
10. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减
B. 将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称
C. 在上有两个零点
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由可知的图象关于对称，可判断AB；整体代入法求出函数零点即可判断C；求出，结合周期可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的图象关于对称，所以在上不单调，A错误；
对于B，由上知，的图象关于对称，
所以的图象向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称，B正确；
对于C，由得函数的零点为，
令，解得，
所以，即在上有两个零点，C正确；
对于D，因为，
，，
所以
因为的最小值周期，
所以，D正确.
故选：BCD
11. 数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆任意两条互相垂直的切线的交点都在以原点O为圆心，为半径的圆上，这个圆被称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：可以与边长为的正方形的四条边均相切，它的左、右顶点分别为A，B，则（ ）
A.
B. 若矩形的四条边均与椭圆C相切，则该矩形面积的最大值为12
C. 椭圆C的蒙日圆上存在两个点M满足
D. 若椭圆C的切线与C的蒙日圆交于E，F两点，且直线OE，OF的斜率都存在，记为，，则为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，边长为的正方形为的蒙日圆的内接正方形，从而得到方程，求出；B选项，设矩形的长为，宽为，根据蒙日圆方程得到，由基本不等式求出面积的最大值；C选项，设，根据得到方程，得到，故C正确；D选项，设切点为，故，椭圆C的切线方程为，联立与，得到两根之和，两根之积，表达出，，故.
【详解】A选项，由题意得边长为的正方形为的蒙日圆的内接正方形，
故，解得，，A正确；
B选项，若矩形的四条边均与椭圆C相切，则该矩形为的蒙日圆的内接矩形，
其中蒙日圆的半径为，
设矩形的长为，宽为，故，
故矩形面积为，当且仅当时，等号成立，
故该矩形面积的最大值为24，B错误；
C选项，由题意得，蒙日圆方程为，
设，
故，
，
由得，
故，解得，
显然点可能在第一象限或第四象限，C正确；
D选项，下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；
设切点，故，
则椭圆C的切线方程为，
联立与得，
设，
则，，
将代入得，，
，
故，为定值，D正确.
故选：ACD
【点睛】过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】35
【解析】
【分析】化简通项，根据x的指数等于13求出r，然后可得所求系数.
【详解】，
令，解得，所以的系数为.
故答案为：35
13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则=______．
【答案】
【解析】
【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得.
【详解】在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以，所以
解得，
由，可得，
在中，由正弦定理可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】将圆锥侧面积用圆锥底面半径与母线长的表达式表示出来，再利用外接球半径为3，建立圆锥底面半径与母线长的关系，从而将圆锥侧面积表示为母线长函数，利用换元，导数法求出函数取最大值时的母线长，底面半径长，从而求出此时的圆锥体积.
【详解】
如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，
，记
则圆锥侧面积为，
若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧，
此时，
，而,又，
故
令，
，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时，
此时圆锥体积，
故答案为：.
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. 市场供应的某种商品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品达到优秀等级的概率为90%，乙厂产品达到优秀等级的概率为65%．现有某质检部门对该商品进行质量检测．
（1）若质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级的概率；
（2）若质检部门在该市场中随机抽取4件该商品进行检测，设抽到的产品中能达到优秀等级的件数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）的分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记该事件为事件，利用，求解即可；
（2）由（1）可知，根据二项分布的概率公式可求分布列与数学期望.
【小问1详解】
记质检部门在该市场中随机抽取1件该商品进行检测，求抽到的产品达到优秀等级为事件，
则，
【小问2详解】
由（1）可知每件产品达到优秀等级的概率均为，故，
，
所以，，
，，
，
的分布列为：
.
16. 如图，在四棱锥中，平面⊥平面，为等边三角形，，，，，M为的中点．

（1）证明：⊥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设中点为O，证明平面，从而得，结合，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
设中点为O，连接，为等边三角形，故，
由题意知平面⊥平面，平面平面，
平面，故平面，平面，
故，又，平面，
故平面，平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则,
平面，
所以⊥平面；
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，
故以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的一个法向量为，则,
即，令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
17. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【小问1详解】
由题意得定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
【小问2详解】
证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
18. 在直角坐标系xOy中，已知曲线C：过点，且与x轴的两个交点为A，B，．
（1）求C方程；
（2）已知直线l与C相切．
（i）若l与直线的交点为M，证明：；
（ii）若l与过原点O的直线相交于点P，且l与直线OP所成角的大小为45°，求点P的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）证明详见解析；或
【解析】
【分析】（1）根据题意直接求参数即可；
（2）（i）通过导数的几何意义求得直线l的方程，进而找到交点M的坐标，并求出OM的斜率，通过斜率之积为-1证得垂直；
（ii）设P的坐标为，通过向量的夹角公式得到等量关系进行化简，进而用x，y表示m，分类讨论代入，即可求得点P的轨迹方程.
【小问1详解】
因为曲线C：过点，所以，
由，可得，
因为，所以，解得，
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
（i）
设直线l与C相切的切点为 ，
因为，所以，
则直线l的方程为，
即，
所以，
由题意可知，所以 ，
可得，所以；
（ii）设P的坐标为，则，
因为l与直线OP所成角的大小为，且l的一个方向向量为 ，
所以，
可得，
即，
所以或，
当时，，
因，所以，
可得，
即，
因为，所以，
当时，，
因为，同理，
所以点P的轨迹方程为或.
【点睛】关键点点睛：求动点的轨迹方程，关键在于设出动点坐标，通过题意中的夹角，用向量的夹角公式表示出动点横纵坐标之间的等量关系.
19. 设，y是不超过x的最大整数，且记，当时，的位数记为例如：，，．
（1）当时，记由函数的图象，直线，以及x轴围成的平面图形的面积为，求，及；
（2）是否存在正数M，对，，若存在，请确定一个M的值，若不存在，请说明理由；
（3）当，时，证明：．
【答案】（1），，；
（2）存在，可取，理由见详解；
（3）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据定义可得当时，，然后可得；
（2）令，解可得，取即可；
（3）取，可得，，然后可证.
【小问1详解】
当时，，
由，，以及x轴围成的平面图形的面积为；
当时，，
由，，以及x轴围成的平面图形的面积为；
当时，，
表示，，以及x轴围成的平面图形的面积，
所以，记，
则①，
所以②，
由①-②得
，
所以，即.
【小问2详解】
存在.
记，易知在定义域上单调递增，
令，则，
取，对都有，即，
所以.
所以，存在，对，.
【小问3详解】
当时，
，，
此时，
所以；
，，
所以
，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对x的范围分段讨论，判断和的范围，进而可得和的值，然后可证.