2024届 山东枣庄高三第二学期高考数学仿真模拟联考试题(三模)带解析

这是一份2024届 山东枣庄高三第二学期高考数学仿真模拟联考试题(三模)带解析，共19页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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.如需要改动，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､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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知双曲线的一条渐近线方程为，则（ ）
A．1B．2C．8D．16
3．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．0B．C．D．
4．对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（ ）
A．倍B．倍C．倍D．倍
5．己知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数，若同时满足和，则为（ ）
A．1B．C．2D．
8．在中，，为内一点，，，则（ ）
A．B．C．D．
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．已知两个变量y与x对应关系如下表：
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ）
A．y与x正相关B．
C．样本数据y的第60百分位数为8D．各组数据的残差和为0
10．若函数，则（ ）
A．的图象关于对称B．在上单调递增
C．的极小值点为D．有两个零点
11．已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（ ）
A．平面B．点P的轨迹长度为
C．存在点P，使得平面D．点P到平面距离的最大值为
三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．写出函数图象的一条对称轴方程 ．
13．某人上楼梯，每步上1阶的概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为 ．
14．设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ．
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．如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．

(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
16．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．
17．在一个袋子中有若干红球和白球（除颜色外均相同），袋中红球数占总球数的比例为．
(1)若有放回摸球，摸到红球时停止．在第次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；
(2)某同学不知道比例，为估计的值，设计了如下两种方案：
方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球次停止．
方案二：从袋中进行有放回摸球次．
分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计的值更合理．
18．已知函数，为的导数
(1)讨论的单调性；
(2)若是的极大值点，求的取值范围；
(3)若，证明：．
19．若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列．
(1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；
(2)若函数有三个零点，其中．
证明：数列为“对数凹性”数列；
(3)若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得．
证明：数列为“对数凹性”数列．
x
1
2
3
4
5
y
5
m
8
9
10.5
1．D
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，所以.
故选：D
2．A
【分析】利用双曲线方程先含参表示渐近线方程，待定系数计算即可.
【详解】依题意，得，
令，即的渐近线方程为，
所以.
故选：A
3．D
【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为，即，
即角的终边经过点，所以，，
所以.
故选：D
4．B
【分析】设所对应的极径为，所对应的极径为，根据所给表达式及指数幂的运算法则计算可得.
【详解】设所对应的极径为，则，
则所对应的极径为，所以，
故每增加个单位，则变为原来的倍.
故选：B
5．A
【分析】根据已知条件分别求出和，然后按照平面向量的投影向量公式计算即可得解.
【详解】
，
，,
在上的投影向量为.
故选：A.
6．C
【分析】利用圆柱及球的特征计算即可.
【详解】由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，
则，故该球的表面积为.
故选：C
7．C
【分析】设，根据和求出交点坐标，即可求出，再计算其模即可.
【详解】设，则，，
由和，
所以且，
即且，解得或，
所以、（或、），
则（或），
所以.
故选：C
8．B
【分析】在中，设，，即可表示出，，再在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.
【详解】在中，设，令，

则，，
在中，可得，，
由正弦定理，
所以，
所以，
可得，即．
故选：B．
关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.
9．AD
【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A，根据样本中心点在回归方程上可判定B，利用百分位数的计算可判定C，利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D.
【详解】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；
由表格数据及回归方程易知，即B错误；
易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；
由回归直线方程知时对应的预测值分别为，
对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.
故选：AD
10．AC
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，从而判断A，利用导数说明函数的单调性，即可判断B、C，求出极小值即可判断D.
【详解】对于函数，令，解得或，
所以函数的定义域为，
又，
所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；
又
，
当时，，即在上单调递减，故B错误；
当时，，即在上单调递增，
根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；
又，
且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，
所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，
故无零点，故D错误．
故选：AC．
11．ABD
【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.
【详解】对于A，在正方体中易知，
又平面，平面，所以平面，即A正确；
对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，
则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，
所以点P的轨迹长度为，故B正确；
对于C，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
若存在点P，使得面，则，
解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，
即不存在点P，使得面，故C错误；
对于D，设平面的一个法向量为，则，
取，即，
则点P到平面的距离，
显然时取得最大值，故D正确.
故选：ABD

思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可.
12．（答案不唯一）
【分析】利用二倍角公式及三角函数的图象与性质计算即可.
【详解】易知，所以，
不妨取，则.
故（答案不唯一）
13．
【分析】先分①②两种方法，再由独立事件的乘法公式计算即可.
【详解】到达第3台阶的方法有两种：
第一种： 每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：
只上一步且上两个台阶，则概率为，
所以到达第3阶台阶的概率为，
故答案为.
14． 2
【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.
【详解】设，则，
，即，时取得最小值；
易知，，联立有，
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过作交l于N，过作，
则（重合时取得等号），
设，则，所以，

故2，
思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接、，即可证明平面，从而得到，再由勾股定理逆定理得到，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接、，
因为四边形为菱形，
所以是边长为的正三角形，
因为为中点，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又平面，
所以，
又，，，
所以，所以，
又因为平面，
所以平面.

（2）因为直线两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得，所以，
由题意知，是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．(1)
(2)或
【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；
（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.
【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，
易知，则
，
显然时，
由题意得解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，
因为，所以
所以①
设直线的方程为，联立得，整理得，
由韦达定理得，
把①式代入上式得，得，
解得，
所以直线的方程为：或.

17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，根据条件概率公式计算可得；
（2）记“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，的可能取值为，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，则，由二项分布的概率公式得到分布列，即可求出期望，再判断即可.
【详解】（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，
则，，
所以；
（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，
则的可能取值为：，
且，，，
，，，
所以的分布列为：
则
，
“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，因为，
所以的分布列为：，
即的分布列为：
所以，则，
因为，，所以“方案二”估计的值更合理.
18．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解；
（3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）由题知，
令，则，
当时，在区间单调递增，
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）当时，，
由（1）知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，且，
由（1）知，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，，则当时，在上单调递增，
所以无极值点，不合题意；
当时，，且；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
所以是函数的极大值点，符合题意；
综上所述，的取值范围是.
（3）要证，
只要证，
只要证，，
因为，则，
所以只要证对任意，有，
只要证对任意，有（※），
因为由（2）知：当时，若，则，
所以，即①，
令函数，则，
所以当时，所以在单调递增；
则，即，
由①②得，
所以（※）成立，
所以成立.
方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19．(1)只有1，2，4，3，2是“对数凹性”数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用“对数凹性”数列的定义计算即可；
（2）利用导数研究三次函数的性质结合零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可；
（3）将互换计算可得，令，可证明是等差数列，结合等差数列得通项公式可知，利用及的关系可得，并判定为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可.
【详解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中不成立，
所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；
而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列；
（2）根据题意及三次函数的性质易知有两个不等实数根，
所以，
又，所以，
显然，即不是的零点，
又，
令，则也有三个零点，
即有三个零点，
则有三个零点，
所以有两个零点，
所以同上有，
故数列为“对数凹性”数列
（3）将互换得：，所以，
令，得，
所以，故数列是等差数列，
记，所以，
所以，
又因为，所以，
所以，所以为单调递增的等差数列，
所以.
所以
所以，数列是“对数凹性”数列
思路点睛：第二问根据定义及三次函数的性质、判别式先判定，再判定零点个数相同，再次利用导函数零点个数及判别式判定即可；第三问根据条件将互换得，利用赋值法证明是等差数列，再根据及的关系可得从而判定其为单调递增数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可.
0
1
0
1