山东省淄博市2024届高三下学期仿真模拟数学试题

这是一份山东省淄博市2024届高三下学期仿真模拟数学试题，共13页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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、单项选择题：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.已知随机变量,且,则
A.B.C.D.
2.已知,则
A.B.C.D.
3.若复数满足,则的最大值为
A.B.C.2D.
4.已知向量与是非零向量,且满足在上的投影向量为,则与的夹角为
A.B.C.D.
5.已知等差数列的前项和为,则“”是“”的
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6.一般来说,输出信号功率用高斯函数来描述,定义为,其中为输出信号功率最大值(单位:),为频率(单位:),为输出信号功率的数学期望,为输出信号的方差,带宽是光通信中一个常用的指标,是指当输出信号功率下降至最大值一半时,信号的频率范围,即对应函数图象的宽度.现已知输出信号功率为(如图所示),则其带宽为
A.B.C.D.
7.已知是定义域为的偶函数,且在上单调递减,,,则
A.B.C.D.
8.在中,为内一点,,则
A.2B.C.3D.
二、多项选择题: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.某同学记录了连续5天的平均气温.已知这组数据均为整数,中位数为19,唯一众数为21,极差为4,则
A.该组数据中最小的数据可能为16B.该组数据的平均数等于19
C.该组数据的第70百分位数是21D.将该组数据从小到大排列,第二个数字是18
10.如图1,扇形ABC的弧长为,半径为,线段AB上有一动点,弧BC上一点是弧的三等分点.如图2,现将该扇形卷成一个以为顶点的圆锥,使得AB和AC重合,则关于该圆锥说法正确的是
A.圆锥的表面积为
B.当为AB中点时,线段MN在底面的射影长为
C.存在,使得
D.
11.已知函数,则下列说法正确的是
A.存在直线与有2个交点
B.若在区间上单调,则
C.若,过点仅可作函数的一条切线
D.若有两个极值点,则
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.设集合中的最大元素与最小元素分别为M,N,则__________________.
13.已知某圆台的上、下底面半径分别为,且.若半径为的球与圆台的上、下底面及侧面均相切,则该圆台的体积为_________________.
14.若椭圆为其左焦点,点在椭圆上,射线FP与轴正半轴夹角为,其焦半径.若设为椭圆上逆时针排列的个点,为椭圆的左焦点,且线段把周角分为等份.当时,四边形面积的取值范围是_______________;对,且,都有_______________(第一个空2分,第二个空3分).
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.(13分)如图,在三棱台中,,平面平面ABC,.
(1)证明：平面;
(2)若三棱锥的体积为,求平面与平面夹角的余弦值.
16.(15分)某学校组织射击比赛,每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种方式：选手射击同一类目标4次,每次击中目标可得1分,未击中不得分,累计得分;
方式二：选手依次射击4个不同类目标.如第1次击中可进行第2次射击,如第2次击中可进行第3次射击,依次进行.如某次未击中目标,则比赛中止.每击中1个目标可得2分,未击中目标不得分,累计得分.
已知甲选择方式一参加比赛,乙选择方式二参加比赛.假设甲,乙每次击中目标的概率均为,且每次射击相互独立.
(1)若甲第一次射击得1分,求甲总得分不低于3分的概率;
(2)求乙得分的分布列及期望;
(3)甲、乙谁胜出的可能性更大?直接了出结论.
17.(15分)已知函数.
(1)讨论函数极值点的个数;
(2)证明:当时,.
18.(17分)如图1,设点的坐标分别为,,直线相交于点,且它们的斜率之积为.
(1)求的轨迹方程;
(2)如图2,为直线上的动点,PA与的只一个交点为D,PB与的另一个交点为,证明:直线DE过定点;
(3)如图3,经过点F1且倾斜角为的直线与曲线C交于G,H两点（其中点在轴上方),将平面xOy沿轴折叠,使轴正半轴和轴所确定的半平面(平面)与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面)互相垂直,如图4所示.是否存在,使得折叠后的周长为8?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
19.(17分)已知为有穷正整数数列,其最大项的值为,且当时,均有.设,对于,定义,其中,表示数集中最小的数.
(1)若Q:3,1,2,2,1,3,1,2,3,写出的值;
(2)若存在满足:,求的最小值;
(3)当时,证明:对所有.
高三仿真试题
数学参考答案
一、单项选择题: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.D;2.B;3.D;4.C;5.C;6.D;7.A;8.D.
二、多项选择题: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.CD;10.ABC;11.ABD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.;13.14.
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.(13分)解:(1)如图,在等腰梯形中,连接,
又,可以解得,
在三角形中,,………………………..2分
又平面平面ABC,且平面平面,
,且平面,
平面,……………………..4分
.…………………..5分
又,且平面,
平面..………………….6分
（2）由（1）可知,,
..………………….7分
以为原点,以为轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
可得:.………………….8分
易知平面的一个法向量为,………………………9分
设平面的法向量为,
又,
由
令,解得平面的一个法向量为,………………………11分
.………………………12分
平面与平面的夹角的余弦值为.………………………13分
16.(15分)解:(1)设甲选择方式一参加比赛后三次射击得分为,
设甲得分不低于3分为事件,
则;………………………4分
(2)设乙选择方式一参加比赛得分为Y,Y的可能取值为0,2,4,6,8,
………………………9分
所以的分布列为:
所以;………………………12分
（3）甲获胜的可能性更大.………………………15分
设甲选择方式一得分为随机变量,
其期望值为:,且,
甲得分的期望值比乙大,故甲获胜的可能性更大.
17.(15分)解证:(1)由于函数,其定义域为……………………1分
当时,,函数极值点的个数为0……………………2分
当时,函数和函数在区间上单调递增,所以导函数在区间上单调递增,且,
且，……………………3分
由于,所以,……………………4分
所以导函数在区间存在零点,
由于导函数在区间上单调递增,
所以导函数在区间你在唯一零点, ……………………6分
（2）构造函数，……………………7分
且,
则,
其中,得，
当时,,即在区间上单调递减; ……………………9分
当时,,即在区间上单调递增; ……………………11分
则,且,……………………12分
构造函数,……………………13分
且,
当时,,即在区间上单调递减;
当时,,即在区间上单调递增;
则，……………………14分
所以,问题得证. ……………………15分
18.(17分)解证:(1)设点的坐标为,
因为点的坐标为,所以直线AM的斜率.
同理直线BM的斜率.
由已知,有.……………………1分
化简,得点的轨迹方程为.……………………2分
点的轨迹是除去两点的椭圆.……………………3分
(2)解法①设.
若,设直线DE的方程为,由题意可知.
由于直线PA的方程为,所以.
直线PB的方程为,所以.
可得.
由于,故,
可得,
即.①.…………………………………5分
将代入得.
所以.………………………………7分
代入①式得.
解得(舍去),.
故直线DE的方程为,即直线DE过定点.…………………………8分
若,则直线DE的方程为,过点.…………………………9分
综上,直线DE过定点.…………………………10分
解法②设为直线上的任意点,.
所以PA的方程为,代入,
得,
由题意知此方程必有一根为-3.………………………5分
由韦达定理知:,所以,
代入直线PA方程得,
所以.………………………6分
同理可得.………………………7分
当直线DE的斜率存在吋,,
直线DE的方程为,
即,
则直线DE恒过定点.……………………….8分
当直线DE的斜率不存在时,,
直线DE的方程为,
也过.……………………9分
综上,直线DE过定点.……………………10分
(3)为坐标原点,折叠后,原轴,原轴正半轴,
原轴负半轴所在直线为轴建立空间直角坐标系,则
设折叠前,折叠后G,H在新图形中对应点记为,,
折叠前周长是12,则折叠后周长是8,
由,故,
设方程为,
由,得，
……………………11分
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原x轴仍然为轴,原轴正半轴为轴,原轴负半轴为轴);
所以,(i) …………………12分
又,
所以,(ii) …………………13分
由(i)(ii)可得,……………………………14分
因为,
所以,
即
所以,…………………………16分
因为,所以.…………………………17分
19.(17分)解:(1).…………………………2分
(2)由题意知.…………………………3分
当时,因为,所以.…………………………4分
因为,且均为正整数,
所以,或,所以.…………………………5分
因为是互不相等的正整数,所以必有一项大于2.
所以.……………………………6分
所以,不合题意.……………………7分
当时,对于数列Q:4,1,3,2,1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4,
有.………………………………8分
综上所述,的最小值为4.………………………………9分
(3)因为,
所以.
若,则当时,至少以下情况之一成立:
1),这样的至多有个;………………………………10分
2)存在,这样的至多有个.
所以小于的至多有2t个.
所以.
令,解得.………………………………………12分
所以.…………………………………………13分
3)对,若,且,
因为,
所以当时,至少以下情况之一成立:
①,这样的至多有个;……………………………………14分
②存在且,这样的至多有个.
所以.
令,解得,即,
其中表示不大于的最大整数.
所以当时,; ……………………………16分
综上所述,定义,则.
依次可得:,
所以.……………………………17分0
2
4
6
8