山东省潍坊市昌乐第一中学2024届高三上学期模拟预测数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省潍坊市昌乐第一中学2024届高三上学期模拟预测数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数在复平面内对应的点分别为则的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出复平面内的点对应的复数，利用复数的除法法则计算得出答案．
【详解】由题意得，，所以，故D正确.
故选：D.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据求出的值，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】由得，，
因此，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本题考查了充分必要条件，考查三角函数的性质，是一道基础题．
3. 若正数满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意知为正数，且，
所以，化简得，解得，
当且仅当时取等号，所以，故A正确.
故选：A.
4. 具有线性相关关系的变量的一组数据如下：
其线性回归直线方程为，则回归直线经过（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第二、三、四象限
C. 第一、二、四象限D. 第一、三、四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据x，y呈正相关，得到，再由样本中心在第四象限判断.
【详解】解：由图表中的数据知：x，y呈正相关，
所以，
又，
则样本中心为，在第四象限，
所以回归直线经过第一、三、四象限，
故选：D
5. 已知点在抛物线C:()上,点M到抛物线C的焦点的距离是
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】
将点的坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出．
【详解】由点在抛物线上，可得，解得，
即抛物线，焦点坐标，准线方程为．
所以，点到抛物线焦点的距离为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质的应用，属于基础题．
6. 在中，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
画出图形，将作为基底向量，将向量结合向量的加减法表示成两基底向量相加减的形式即可求解
【详解】
如图，由题可知，点为的中点，点为上靠近的三等分点，
，
故选：D
【点睛】本题考查平面向量的基本定理，属于基础题
7. 已知奇函数是上增函数，，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用定义判断出为偶函数，时单调递增，时，函数单调递减，再根据距离对称轴越远函数值越大，即可比较大小．
【详解】解：由奇函数是上增函数可得，当时，，
又，则，
即为偶函数，且当时单调递增，
根据偶函数的对称性可知，当时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，
因为，，，而，，即，所以
故选：B．
【点评】本题考查了指数式、对数式比较大小，考查了函数的奇偶性和单调性综合应用，属于中档题.
8. 已知双曲线C:,(,)的左､右焦点分别为,, O为坐标原点,P是双曲线在第一象限上的点,,(),,则双曲线C的渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用双曲线的定义求出，由向量的数量积，可求出，利用余弦定理可得的关系式，结合，即可求出．
【详解】因为，可得，由可得
，所以，
即有，即，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为：．
故选：D．
【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义,向量数量积的定义以及余弦定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分．
9. （多选题）下列命题中的真命题是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对应函数的性质，判断命题的真假.
【详解】指数函数值域为，所以，A选项正确；
当时，，所以是假命题，B选项错误；
当时，，所以，C选项正确；
函数值域为R，所以，D选项正确.
故选：ACD.
10. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则函数具有性质（ ）
A. 在上单调递增，为偶函数B. 最大值为，图象关于直线对称
C. 在上单调递增，为奇函数D. 周期为，图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】化简得到，分别计算函数的奇偶性，最值，周期，轴对称和中心对称，单调区间得到答案.
【详解】由题意可得，
对A、C：因为，所以，所以单调递增，且，得为偶函数，故A正确，C错误；
对B：由得其最大值为，当时，，为最大值，所以为对称轴，故B正确；
对D：周期，，所以图像关于点对称，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是
A. 若且则
B. 若则
C. 若则
D. 若则
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.
【详解】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；
B. 若则，又故，正确；
C. 若则或，又故，正确；
D. 若则，则或，错误；
故选：
【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力.
12. 设等比数列 的公比为 ，其前 项和为 ，前 项积为 ，并满足条件 ， ，，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是数列中的最大值 D. 数列无最大值
【答案】A
【解析】
【分析】根据 ， ，，可判断数列 的，进而可知数列是单调递减的等比数列，结合选项，即可逐一求解.
【详解】根据题意，等比数列中，，则有，有，
又由0，即 ，必有， 由此分析选项：
对于A， ，故 ，A正确；
对于B，等比数列中，，，则 ，则 ，即 ，B错误；
对于C， ，则 是数列 中的最大项，C错误；
对于D，由C的结论，D错误；
故选：A.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为__________；
【答案】
【解析】
【分析】
根据直角三角形的性质与垂径定理求得圆心到直线的距离,再用公式求解即可.
【详解】由题,因为为等腰直角三角形,故,故圆心到直线的距离.即.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据直线与圆相交求参数的问题,重点在于垂径定理的运用.属于基础题.
14. 已知直线与曲线相切，则=
【答案】3
【解析】
【分析】设切点为（x0，y0），求出函数y＝ln（x+）的导数为y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），进而求出．
【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为y＝ln（x+），所以y＝．
所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3．
故答案3．
【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题.
15. 2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，见证了中华五千年的文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量N随时间t(单位：年)的衰变规律满足．表示碳14原有的质量)，则经过5730年后，碳14的质量变为原来的_____；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至据此推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到_____年之间．(参考数据：lg2≈0.3，lg7≈0.84，lg3≈0.48)
【答案】 ①. ②. 6876
【解析】
【分析】
把代入，即可求出；再令，两边同时取以2为底的对数，即可求出的范围．
【详解】∵，∴当时，，
∴经过5730年后，碳14的质量变为原来的，
由题意可知：，
两边同时取以2为底的对数得：，
∴，
，
∴推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到6876年之间．
故答案为：；6876．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了对数的运算，解答本题的关键是由，两边同时取以2为底的对数得：，∴，属于中档题.
16. 已知四面体中，，则四面体的体积为_____
【答案】
【解析】
【分析】取中点，中点，连结，计算出后可得，所求四面体的体积为它的2倍.
【详解】取中点，中点，连结，
∵四面体中，，
∴，，，
∵，∴平面，
又，∴，
，
故答案为．
【点睛】三棱锥的体积的计算需选择合适的顶点和底面，此时顶点到底面的距离容易计算. 有时还需把复杂几何体分割成若干简单几何体便于体积的计算或体积的找寻， 这些几何体可能有相同的高或相同的底面，或者它们的高或底面的面积的比值为定值．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且,若,.
(1)求;
(2)求的面积S.
【答案】(1);(2)或.
【解析】
【分析】
(1)根据条件形式利用正弦定理和余弦定理边化角，可得，再结合平方关系即可求出；
(2)根据题意，已知两边及一角，采用余弦定理可得，，即可求出边，再根据三角形面积公式即可求出．
【详解】(1)由题意得
由余弦定理得:
由正弦定理得
所以，
∴中，．
(2)由余弦定理得
解得或
∵，∴
由得或．
【点睛】本题主要考查利用正弦定理，余弦定理解三角形，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
18. 设数列的前项和为，已知．
（1）证明：为等比数列，求出的通项公式；
（2）若，求的前项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据可推出，即得，即可证明为等比数列，由此可求得表达式，继而求得的通项公式；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法求数列的和，即可得答案.
【小问1详解】
∵ ∴，
∴，
∴为等比数列；
∵，故的首项为，公比为2，
∴，则，
当时，，则，也满足此式，
∴；
【小问2详解】
由（1）可得，则，
故，
两式相减得：，
故.
19. 如图所示的多面体中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，，且AB=4，BC=2，，BE=1．
（Ⅰ）求BF的长；
（Ⅱ）求直线与平面成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，由向量平行求得点坐标，由向量模的坐标表示求得线段长；
（Ⅱ）求出平面的一个法向量，由直线的方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值．
【详解】（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
设．∵，
由得，
解得，∴．
∴，
于是，即BF的长为．
（Ⅱ）设为平面的法向量，
设，
由，得，
即，取，得．
又，设与的夹角为，
则．
所以，直线与平面的夹角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：本题考查求空间线段长，求线面角的正弦值，解题方法是空间向量法，即建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角的关系求解．这是求空间角的常用方法，特别是图形中含有垂直关系用此种方法更加简便．
20. 2018年非洲猪瘟在东北三省出现，为了进行防控，某地生物医药公司派出技术人员对当地甲乙两个养殖场提供技术服务，方案和收费标准如下：
方案一，公司每天收取养殖场技术服务费40元，对于需要用药的每头猪收取药费2元，不需要用药的不收费；
方案二，公司每天收取养殖场技术服务费120元，若需要用药的猪不超过45头，不另外收费，若需要用药的猪超过45头，超过部分每天收取药费8元.
（1）设日收费为（单位：元），每天需要用药的猪的数量为，试写出两种方案中与 的函数关系式.
（2）若该医药公司从10月1日起对甲养殖场提供技术服务，10月31日该养殖场对其中一个猪舍9月份和10月份猪的发病数量进行了统计，得到如下列联表.
根据以上列联表，判断是否有的把握认为猪未发病与医药公司提供技术服务有关.
附：
（3）当地的丙养殖场对过去100天猪的发病情况进行了统计，得到如上图所示的条形统计图.依据该统计数据，从节约养殖成本的角度去考虑，若丙养殖场计划结合以往经验从两个方案中选择一个，那么选择哪个方案更合适，并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）有99.9%的把握认为猪未发病与医药公司提供技术服务有关；（3）从节约养殖成本的角度去考虑，丙养殖场应该选择方案二.
【解析】
【分析】（1）根据题意写出函数关系式即可；
（2）根据列联表，代入公式计算，比较临界值得出结论即可；
（3）分别按不同方案计算总费用，比较大小即可求解.
【详解】（1）方案一，，
方案二，
（2），
所以有99.9%的把握认为猪未发病与医药公司提供技术服务有关；
（3）若采用方案一，则这100天的总费用为
40×100+2×(42×20+44×40+46×20+48×10+50×10)=13000元，
若采用方案二，则这100天的总费用为
120×100+(46-45)×20×8+(48-45)×10×8+(50-45)×10×8=12800元，
所以，从节约养殖成本的角度去考虑，丙养殖场应该选择方案二
【点睛】本题主要考查了实际问题中的函数问题，独立性检验，频率分布直方图，属于中档题.
21. 已知函数．
（1）若曲线在点处与轴相切，求的值；
（2）求函数在区间上的零点个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）由，求得，分类讨论与的位置关系，结合函数的单调性，以及零点存在定理，即可判断出函数的零点个数.
【小问1详解】
由题意得定义域为，
，
因为在点处与x轴相切，且．
所以，解得．经检验符合题意．
【小问2详解】
由（1）知，令，得，
当时，，当时，，
（i）当时，，，函数在区间上单调递增．
所以，所以函数在区间上无零点；
（ii）当时，若，则，若，则．
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．
且，则，而．
当，即时，函数在区间上有一个零点；
当时，印当时，函数在区间上无零点；
（iii）当时，，，函数在区间上单调递减．
所以，所以函数在区间上无零点．
综上：当或时，函数在区间上无零点；
当时，函数在区间上有一个零点．
【点睛】方法点睛：求解函数在区间上的零点个数时，利用导数可求得函数的极值点，因此要分类讨论极值点与所给区间的位置关系，再结合函数的单调性，即可求解得结论.
22. 给定椭圆，称圆心在原点、半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，若椭圆的离心率为，点在上.
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点作直线、使得，与椭圆都只有一个交点，且、分别交其“卫星圆”于点、，证明：弦长为定值.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）本题可根据题意得出以及，然后通过计算得出、的值以及椭圆方程，最后根据即可求出卫星圆的方程；公众号：高中试卷君
（2）本题可先讨论、中有一条无斜率的情况，通过求出与的方程即可求出的值，然后讨论、都有斜率的情况，设点以及经过点且与椭圆只有一个公共点的直线为，再然后通过联立方程以及韦达定理的应用得出满足条件的两直线、垂直，判断出此时线段应为“卫星圆”的直径以及的值，最后综合两种情况即可得出结果.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，点在上，
所以，解得，，椭圆方程为，
因为，圆心为原点，
所以卫星圆方程为.
（2）①当、中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个公共点，所以其方程为或，
当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是或，
即为或，此时，线段应为“卫星圆”的直径，，
②当、都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，
联立方程，
消去得到，
则，
，满足条件的两直线、垂直，
此时线段应为“卫星圆”的直径，，
综合①②可知，为定值，.
【点睛】本题考查椭圆方程的求法以及圆的方程的求法，考查椭圆、直线以及圆相交的综合问题的求解，考查韦达定理以及判别式的灵活应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.x
0
1
2
3
y
-5
-4.5
-4.2
-3.5
9月份
10月份
合计
未发病
40
85
125
发病
65
20
85
合计
105
105
210
0.050
0.010
0.001
3.841
6635
10.828