山东省临沂市2024届高三下学期一模考试数学试题及详细答案

这是一份山东省临沂市2024届高三下学期一模考试数学试题及详细答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知向量.若，则实数（ ）
A．1B．C．9D．
2．已知等差数列的前项和为.若，则（ ）
A．1012B．1013C．2024D．2025
3．若虚数单位是关于的方程的一个根，则（ ）
A．0B．1C．D．2
4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A．B．C．D．
5．的展开式中含项的系数为（ ）
A．9B．10C．18D．20
6．已知函数，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
7．在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（ ）
A．7公里B．8公里C．9公里D．10公里
8．将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．当时，为奇函数
D．当时，
10．下列结论正确的是（ ）
A．一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为
B．已知随机变量，若，则
C．在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，则也变成原来的2倍（，其中）
D．分别抛掷2枚质地均匀的骰子，若事件“第一枚骰子正面向上的点数是奇数”，“2枚骰子正面向上的点数相同”，则互为独立事件
11．已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ）
A．存在点，使为等边三角形
B．若为上一点，则最小值为1
C．若，则直线与圆相切
D．若以为直径的圆与圆相外切，则
三、填空题
12．集合，，则 .
13．已知是双曲线的左､右焦点，点在上. ，则的离心率为 .
14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为 ，体积为 .

四、解答题
15．已知向量，，函数.
(1)若，且，求的值；
(2)将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，当时，解不等式.
16．某学校举办了精彩纷呈的数学文化节活动，其中有二个“掷骰子赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎游.戏规则如下：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，出现3的倍数，则一次上三级台阶，否则上二级台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生位于第8､第9或第10级台阶时游戏结束规定：从平地开始，结束时学生位于第8级台阶可获得一本课外读物，位于第9级台阶可获得一套智力玩具，位于第10级台阶则认定游戏失败.，
(1)某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位于第级台阶，求的分布列及数学期望；
(2)甲､乙两位学生参加游戏，求恰有一人获得奖品的概率；
17．如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在，且，使得，求证：.
19．动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.
参考答案：
1．B
【分析】根据已知条件，结合向量平行的性质，求解即可.
【详解】因为向量，且，
得，得.
故选：B.
2．A
【分析】利用等差数列的通项公式即可求解.
【详解】由等差数列的通项公式可得：，
且，
所以.
故选：A.
3．C
【分析】根据复数相等的充要条件得到方程组，即可求出、的值，再求出其模.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即，即，
则，解得，所以.
故选：C
4．C
【分析】根据全概率公式计算可得.
【详解】设事件为“任意调查一名学生，每天玩手机超过”，事件为“任意调查一名学生，该学生近视”，
则，，
所以，
则．
故选：C
5．A
【分析】先求出展开式中含项的系数，进而可根据已知条件求出结果.
【详解】二项展开式的通项为，
令，则，
即的展开式中含项的系数为，
∴的展开式中含项的系数为，
故选：.
6．B
【分析】理解函数的性质，举反例说明充分性不成立，再利用指数函数与一次函数的性质说明必要性成立，从而得解.
【详解】因为，
当时，取，则，，
此时，则不成立，即充分性不成立；
当时，，，所以，即必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7．D
【分析】设炮弹第一次命中点为，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为，则，，
，，
在中，
即，解得，
所以，又为锐角，解得（负值舍去），
在中
，
所以，即炮台与弹着点的距离为公里.
故选：D
8．B
【分析】分析可得甲组的中位数为或，分别求出甲组的中位数为、时的分组方法，即可得解.
【详解】因为甲组、乙组均为个数，则其中位数为从小到大排列的第个数，
即小于中位数的有个数，大于中位数的也有个数，
依题意可得甲组的中位数为或，
若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组，
再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法；
若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组，
再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法；
若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个，
从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能大于；
若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个，
从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能小于；
综上可得不同的分组方法数是种.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为或再分类分别计算可得.
9．ACD
【分析】由分母不为零求出函数的定义域，即可判断A，再分、分别求出函数值的取值范围，即可得到函数的值域，从而判断B，根据奇偶性判断C，根据指数幂的运算判断D.
【详解】对于函数，令，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，当时，所以，
当时，所以，
综上可得的值域为，故B错误；
当时，则，
所以为奇函数，故C正确；
当时，则，
故D正确.
故选：ACD
10．BCD
【分析】根据相关系数的概念判断A，根据正态分布的方差公式及方差的性质判断B，根据卡方公式判断C，根据相互独立事件的定义判断D.
【详解】对于A：若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为，故A错误；
对于B：如，则，又，即
则，故B正确；
对于C：在列联表中，若每个数据均变成原来的2倍，
则，
即也变成原来的倍，故C正确；
对于D：分别抛掷2枚质地均匀的骰子，基本事件总数为个，
事件“第一枚骰子正面向上的点数是奇数”，则事件包含的基本事件数为个，
事件“2枚骰子正面向上的点数相同”，则事件包含的基本事件数为个，
所以，，
又包含的基本事件有个，所以，
所以，则、互为独立事件，故D正确；
故选：BCD
11．AC
【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.
【详解】由已知圆的方程化为，
得其圆心，半径，
由于抛物线方程为，其焦点为
对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；
若点到点的距离为，
由抛物线的定义可知，即，
代入抛物线方程可得，，故A正确；
对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，
，
由于为上，设，且，
则，
当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；
对于选项C，设，且，
若，即，得，
解得，所以此时，
不妨取，，
此时直线的方程为：，即，
则圆心到该直线的距离为，
所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；
对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，
只需保证，
设，且，，得，
得方程：（*），
其中，反解得：代入上式，
化简可得：，
显然，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.
12．
【分析】首先解对数不等式求出集合，再解分式不等式求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】由，可得，则，
所以，
由，可得，等价于，解得，
所以，
所以，所以.
故答案为：
13．
【分析】利用已知条件的几何关系把点的坐标表示为，将该点代入双曲线方程，构造齐次式求离心率.
【详解】过点作轴的垂线垂足为，由已知得，，
则，，解得，
∴点的坐标为，
将点的坐标代入双曲线方程得，
整理得，
将代入得，
即，解得或
∵，∴舍去，
∴，
故答案为：.

14．
【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出、、、、、，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积与体积.
【详解】因为，所以，设圆的半径为，
又，解得（负值舍去），
过点作交于点，过点作交于点，
则，，
所以，同理可得，，
将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，
其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，球的表面积，
圆锥的侧面积，
所以几何体的表面积，
又其中一个球缺的体积，
圆锥的体积，球的体积，
所以几何体的体积.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合理转化.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简，依题意可得，即可求出，最后由利用两角差的余弦公式计算可得；
（2）根据三角函数的变换规则求出解析式，再根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，，函数，
所以
，
因为，所以，所以，
又，所以，
所以，
所以
.
（2）将图象上所有的点向右平移个单位得到，
再将向下平移1个单位得到，
最后将的所有点的纵坐标变为原来的得到，
即，
由，即，所以，，
解得，，
令可得，令可得，
又，所以，
即在时不等式的解集为.
16．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意分析可知，结合二项分布求分布列，进而可得期望；
（2）根据题意求单人不能获奖的概率，进而结合独立事件概率乘法公式分析求解.
【详解】（1）由题意可知：每次掷骰子上两级台阶的概率为，上三级台阶的概率为，
且的可能取值为，
可得，则有：
，
，
所以的分布列为：
的数学期望.
（2）因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学员位于第10级台阶，则投掷3次后，学员位于第7级台阶，投掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为，
所以甲､乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率.
17．(1)作直线即为所求，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接、、、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，则，即可证明平面；
（2）由，又因为，则当，即当时直三棱柱的体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）作直线即为所求，
连接交于点，连接、、、，
因为，，
所以，又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，所以，又平面，平面，
所以平面，
所以在平面内，过作一条直线与平面平行的直线为.
（2）因为，
又因为，
所以当时取最大值，
即当时直三棱柱的体积最大，
又平面，平面，所以，，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．(1)
(2)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(3)证明见解析
【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可；
（2）求原函数的导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决；
（3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可.
【详解】（1）当时，，所以，
又，所以，
曲线在点处的切线方程为：；
（2）因为，且，
令，，因为，，
即函数在上单调递增，
由，得，
所以函数在上小于零，在上大于零，
因为，的符号和函数的符号一致，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
（3）因为，
所以时，，且，
则，即，
若，且，，
所以，取自然对数得：，
即，
由得：，
即，
所以，
令，
设，所以，
所以时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
下面证明：，又，即证，
即证，即证，
令，
，
所以在区间上单调递增，
所以，从而得证；
故，
即，所以，
所以，得证.
【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论.
19．(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：.
（2）（i）证明：设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，显然当时，，
故直线经过定点.
（ii）设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
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