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2024届山东省枣庄市高三下学期二模考试 数学试题
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这是一份2024届山东省枣庄市高三下学期二模考试 数学试题，共11页。试卷主要包含了03，005等内容，欢迎下载使用。
2024届高三模拟考试
数学试题
2024.03
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。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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、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．某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表：
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），则可以认为（ ）
A．两种疗法的效果存在差异
B．两种疗法的效果存在差异，这种判断犯错误的概率不超过0.005
C．两种疗法的效果没有差异
D．两种疗法的效果没有差异，这种判断犯错误的概率不超过0.005
3．已知，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
4．在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（ ）
A．34B．40C．44D．48
5．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．下列命题错误的是（ ）
A．若数据的标准差为，则数据的标准差为
B．若，则
C．若，则
D．若为取有限个值的离散型随机变量，则
7．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，为的中点，且，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．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．已知函数，则（ ）
A．的最大值为2
B．在上单调递增
C．在上有2个零点
D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
10．已知，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．将数列中的所有项排成如下数阵：
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（ ）
A．B．
C．位于第45行第88列D．2024在数阵中出现两次
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）
13．已知为偶函数，且，则______．
14．盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球．从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为______．
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．（13分）
在中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若是边上的高，且，求．
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（15分）
已知．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
18．（17分）
有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
（2）设第次答题后游戏停止的概率为．
①求；
②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．
19．（17分）
在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被截得的线段长为．
（1）求的方程；
（2）已知直线与圆相切，且与相交于两点，为的右焦点，求的周长的取值范围．
2024届高三模拟考试
数学参考答案及评分标准
2024.03
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。
1-4．DCAB 5-8．BDCB
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．AC 10．ABD 11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．0 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．解：（1）由题意及正弦定理，得，
所以．
又因为为的内角，所以．
所以，
所以．
（2）方法一 由题意知，所以，
所以．
即（*）
又，
所以
代入（*）式得，
所以，所以．
方法二 中，由余弦定理得
，
所以．
又因为，
所以．
所以．
所以．
由平面向量基本定理知，，
所以．
16．证明：（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
17．解：（1）由题意知定义域为
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2），化简得．
方法一 易证，当且仅当取等号，
令，显然在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得（*）分
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由（*）知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 即．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
18．解：（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，；
“第次摸出黑球，并且答题正确”，；
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以．
又；；，
所以
．
同理：
所以．
（2）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为4次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确．
所以．
②由①知，
所以．
令，解得；，解得．
所以，
所以的最大值是．
19．解：（1）由题意，得
解得．所以的方程为．
（2）由题意知，设，
由与圆相切，得，即．
由消去并整理得．
该方程的判别式，
由韦达定理得．
于是
，
而．
同理，．
所以
．
显然，下面针对的符号进行讨论：
①当时，．（*）
令，则且．
代入（*）化简得．
因为，所以，解得，当且仅当时取等号．
②当时，．
综上，周长的取值范围为．疗法
疗效
合计
未治愈
治愈
甲
15
52
67
乙
6
63
69
合计
21
115
136
2024届高三模拟考试
数学试题
2024.03
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。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡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、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．某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表：
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），则可以认为（ ）
A．两种疗法的效果存在差异
B．两种疗法的效果存在差异，这种判断犯错误的概率不超过0.005
C．两种疗法的效果没有差异
D．两种疗法的效果没有差异，这种判断犯错误的概率不超过0.005
3．已知，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
4．在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（ ）
A．34B．40C．44D．48
5．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
6．下列命题错误的是（ ）
A．若数据的标准差为，则数据的标准差为
B．若，则
C．若，则
D．若为取有限个值的离散型随机变量，则
7．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，为的中点，且，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．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．已知函数，则（ ）
A．的最大值为2
B．在上单调递增
C．在上有2个零点
D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
10．已知，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．将数列中的所有项排成如下数阵：
从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（ ）
A．B．
C．位于第45行第88列D．2024在数阵中出现两次
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）
13．已知为偶函数，且，则______．
14．盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球．从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为______．
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．（13分）
在中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若是边上的高，且，求．
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（15分）
已知．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
18．（17分）
有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．
（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；
（2）设第次答题后游戏停止的概率为．
①求；
②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．
19．（17分）
在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被截得的线段长为．
（1）求的方程；
（2）已知直线与圆相切，且与相交于两点，为的右焦点，求的周长的取值范围．
2024届高三模拟考试
数学参考答案及评分标准
2024.03
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。
1-4．DCAB 5-8．BDCB
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．AC 10．ABD 11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．0 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．解：（1）由题意及正弦定理，得，
所以．
又因为为的内角，所以．
所以，
所以．
（2）方法一 由题意知，所以，
所以．
即（*）
又，
所以
代入（*）式得，
所以，所以．
方法二 中，由余弦定理得
，
所以．
又因为，
所以．
所以．
所以．
由平面向量基本定理知，，
所以．
16．证明：（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
17．解：（1）由题意知定义域为
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2），化简得．
方法一 易证，当且仅当取等号，
令，显然在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得（*）分
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由（*）知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 即．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
18．解：（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，
“第次摸出红球，并且答题正确”，；
“第次摸出黑球，并且答题正确”，；
“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，
所以．
又；；，
所以
．
同理：
所以．
（2）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为4次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确．
所以．
②由①知，
所以．
令，解得；，解得．
所以，
所以的最大值是．
19．解：（1）由题意，得
解得．所以的方程为．
（2）由题意知，设，
由与圆相切，得，即．
由消去并整理得．
该方程的判别式，
由韦达定理得．
于是
，
而．
同理，．
所以
．
显然，下面针对的符号进行讨论：
①当时，．（*）
令，则且．
代入（*）化简得．
因为，所以，解得，当且仅当时取等号．
②当时，．
综上，周长的取值范围为．疗法
疗效
合计
未治愈
治愈
甲
15
52
67
乙
6
63
69
合计
21
115
136
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2023届山东省枣庄市高三下学期3月模拟考试（二模）数学试题（PDF版）： 这是一份2023届山东省枣庄市高三下学期3月模拟考试（二模）数学试题（PDF版），文件包含山东枣庄2022-2023高三二模数学试题答案pdf、山东枣庄2022-2023高三二模数学试题pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
