2024屆山東省濟南市高三下學期5月適應性考試（三模）數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE3山東省濟南市2024屆高三下學期5月適應性考試（三模）數學試題一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以.故選：D.2.已知雙曲線的一條漸近線方程為，則（）A.1 B.2 C.8 D.16〖答案〗A〖解析〗依題意，得，令，即的漸近線方程為，所以.故選：A3.已知角的頂點與原點重合,始邊與軸的非負半軸重合,終邊經過點，則（）A.0 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，即，即角的終邊經過點，所以，，所以.故選：D4.對數螺線廣泛應用于科技領域．某種對數螺線可以用表達，其中為正實數，是極角，是極徑．若每增加個單位，則變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.倍 B.倍 C.倍 D.倍〖答案〗B〖解析〗設所對應的極徑為，則，則所對應的極徑為，所以，故每增加個單位，則變?yōu)樵瓉淼谋?故選：B5.已知平面向量，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，,在上的投影向量為.故選：A.6.已知圓柱的底面半徑為1，母線長為2，它的兩個底面的圓周在同一個球的球面上，則該球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意可知該球為圓柱的外切球，所以球心為圓柱的中心，設球半徑為，則，故該球的表面積為.故選：C.7.已知復數，若同時滿足和，則為（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗C〖解析〗設，則，，由和，所以且，即且，解得或，所以、（或、），則（或），所以.故選：C.8.在中，，為內一點，，，則（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在中，設，令，則，，在中，可得，，由正弦定理，所以，所以，可得，即．故選：B．二、選擇題9.已知兩個變量y與x對應關系如下表：x12345y5m8910.5若y與x滿足一元線性回歸模型，且經驗回歸方程為，則（）A.y與x正相關 B.C.樣本數據y的第60百分位數為8 D.各組數據的殘差和為0〖答案〗AD〖解析〗由回歸直線方程知：，所以y與x正相關，即A正確；由表格數據及回歸方程易知，即B錯誤；易知，所以樣本數據y的第60百分位數為，即C錯誤；由回歸直線方程知時對應的預測值分別為，對應殘差分別為，顯然殘差之和為0，即D正確.故選：AD.10.若函數，則（）A.的圖象關于對稱 B.在上單調遞增C.的極小值點為 D.有兩個零點〖答案〗AC〖解析〗對于函數，令，解得或，所以函數的定義域為，又，所以為奇函數，函數圖象關于對稱，故A正確；又，當時，，即在上單調遞減，故B錯誤；當時，，即在上單調遞增，根據奇函數的對稱性可知在上單調遞增，在上單調遞減，所以的極小值點為，極大值點為，故C正確；又，且當趨近于1時，趨近于無窮大，當趨近于0時，趨近于無窮大，所以在上無零點，根據對稱性可知在上無零點，故無零點，故D錯誤．故選：AC．11.已知正方體的棱長為2，點M，N分別為棱的中點，點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，則（）A.平面 B.點P的軌跡長度為C.存在點P，使得平面 D.點P到平面距離的最大值為〖答案〗ABD〖解析〗對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，若存在點P，使得面，則，解之得，顯然不滿足同角三角函數的平方關系，即不存在點P，使得面，故C錯誤；對于D，設平面的一個法向量為，則，取，即，則點P到平面的距離，顯然時取得最大值，故D正確.故選：ABD三、填空題12.寫出函數圖象的一條對稱軸方程_________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗易知，所以，不妨取，則.故〖答案〗為：（〖答案〗不唯一）13.某人上樓梯，每步上1階概率為，每步上2階的概率為，設該人從第1階臺階出發(fā)，到達第3階臺階的概率為_________．〖答案〗〖解析〗到達第3臺階的方法有兩種：第一種：每步上一個臺階，上兩步，則概率為；第二種：只上一步且上兩個臺階，則概率為，所以到達第3階臺階的概率為，故〖答案〗為：.14.設為平面上兩點，定義、已知點P為拋物線上一動點，點的最小值為2，則_________；若斜率為的直線l過點Q，點M是直線l上一動點，則的最小值為_________．〖答案〗2〖解析〗設，則，，即，時取得最小值；易知，，聯(lián)立有，顯然無解，即直線與拋物線無交點，如下圖所示，過作交l于N，過作，則（重合時取得等號），設，則，所以，故〖答案〗為：2，四、解答題15.如圖，四棱臺的底面為菱形，，點為中點，．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：連接、，因為四邊形為菱形，所以是邊長為的正三角形，因為為中點，所以，，又因為，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，所以，所以，又因為平面，所以平面.（2）解：因為直線兩兩垂直，以為原點，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，所以設平面的一個法向量為，則，即，令，得，所以，由題意知，是平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.16.已知橢圓的左，右焦點分別為，橢圓E的離心率為，橢圓E上的點到右焦點的最小距離為1．（1）求橢圓E的方程；（2）若過右焦點的直線l與橢圓E交于B，C兩點，E的右頂點記為A，，求直線l的方程．解：（1）設焦距為，由橢圓對稱性不妨設橢圓上一點，易知，則，顯然時，由題意得解得，所以橢圓的方程為；（2）設，因為，所以所以①設直線的方程為，聯(lián)立得，整理得，由韋達定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直線的方程為：或.17.在一個袋子中有若干紅球和白球（除顏色外均相同），袋中紅球數占總球數的比例為．（1）若有放回摸球，摸到紅球時停止．在第次沒有摸到紅球的條件下，求第3次也沒有摸到紅球的概率；（2）某同學不知道比例，為估計的值，設計了如下兩種方案：方案一：從袋中進行有放回摸球，摸出紅球或摸球次停止．方案二：從袋中進行有放回摸球次．分別求兩個方案紅球出現頻率的數學期望，并以數學期望為依據，分析哪個方案估計的值更合理．解：（1）設事件“第2次沒有摸到紅球”，事件“第3次也沒有摸到紅球”，則，，所以；（2）“方案一”中紅球出現的頻率用隨機變量表示，則的可能取值為：，且，，，，，，所以分布列為：01則，“方案二”中紅球出現的頻率用隨機變量表示，因為，所以的分布列為：，即的分布列為：01所以，則，因為，，所以“方案二”估計的值更合理.18.已知函數，為的導數（1）討論的單調性；（2）若是的極大值點，求的取值范圍；（3）若，證明：．（1）解：由題知，令，則，當時，區(qū)間單調遞增，當時，令，解得，當時，，當時，，所以在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，綜上所述，當時，在區(qū)間上單調遞增；當時，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增.（2）解：當時，，由（1）知，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增；所以是函數的極小值點，不符合題意；當時，，且，由（1）知，當時，上單調遞減；當時，在上單調遞增；所以是函數的極小值點，不符合題意；當時，，則當時，在上單調遞增，所以無極值點，不合題意；當時，，且；當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減；所以是函數的極大值點，符合題意；綜上所述，的取值范圍是.（3）證明：要證，只要證，只要證，，因為，則，所以只要證對任意，有，只要證對任意，有（※），因為由（2）知：當時，若，則，所以，即①，令函數，則，所以當時，所以在單調遞增；則，即，由①②得，所以（※）成立，所以成立.19.若數列的各項均為正數，對任意，有，則稱數列為“對數凹性”數列．（1）已知數列1，3，2，4和數列1，2，4，3，2，判斷它們是否為“對數凹性”數列，并說明理由；（2）若函數有三個零點，其中．證明：數列為“對數凹性”數列；（3）若數列的各項均為正數，，記的前n項和為，，對任意三個不相等正整數p，q，r，存在常數t，使得．證明：數列為“對數凹性”數列．（1）解：根據“對數凹性”數列的定義可知數列1，3，2，4中不成立，所以數列1，3，2，4不是“對數凹性”數列；而數列1，2，4，3，2中均成立，所以數列1，2，4，3，2是“對數凹性”數列；（2）證明：根據題意及三次函數的性質易知有兩個不等實數根，所以，又，所以，顯然，即不是的零點，又，令，則也有三個零點，即有三個零點，則有三個零點，所以有兩個零點，所以同上有，故數列為“對數凹性”數列（3）證明：將互換得：，所以，令，得，所以，故數列是等差數列，記，所以，所以，又因為，所以，所以，所以為單調遞增的等差數列，所以.所以所以，數列是“對數凹性”數列.山東省濟南市2024屆高三下學期5月適應性考試（三模）數學試題一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以.故選：D.2.已知雙曲線的一條漸近線方程為，則（）A.1 B.2 C.8 D.16〖答案〗A〖解析〗依題意，得，令，即的漸近線方程為，所以.故選：A3.已知角的頂點與原點重合,始邊與軸的非負半軸重合,終邊經過點，則（）A.0 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為，即，即角的終邊經過點，所以，，所以.故選：D4.對數螺線廣泛應用于科技領域．某種對數螺線可以用表達，其中為正實數，是極角，是極徑．若每增加個單位，則變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢.倍 B.倍 C.倍 D.倍〖答案〗B〖解析〗設所對應的極徑為，則，則所對應的極徑為，所以，故每增加個單位，則變?yōu)樵瓉淼谋?故選：B5.已知平面向量，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，,在上的投影向量為.故選：A.6.已知圓柱的底面半徑為1，母線長為2，它的兩個底面的圓周在同一個球的球面上，則該球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意可知該球為圓柱的外切球，所以球心為圓柱的中心，設球半徑為，則，故該球的表面積為.故選：C.7.已知復數，若同時滿足和，則為（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗C〖解析〗設，則，，由和，所以且，即且，解得或，所以、（或、），則（或），所以.故選：C.8.在中，，為內一點，，，則（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在中，設，令，則，，在中，可得，，由正弦定理，所以，所以，可得，即．故選：B．二、選擇題9.已知兩個變量y與x對應關系如下表：x12345y5m8910.5若y與x滿足一元線性回歸模型，且經驗回歸方程為，則（）A.y與x正相關 B.C.樣本數據y的第60百分位數為8 D.各組數據的殘差和為0〖答案〗AD〖解析〗由回歸直線方程知：，所以y與x正相關，即A正確；由表格數據及回歸方程易知，即B錯誤；易知，所以樣本數據y的第60百分位數為，即C錯誤；由回歸直線方程知時對應的預測值分別為，對應殘差分別為，顯然殘差之和為0，即D正確.故選：AD.10.若函數，則（）A.的圖象關于對稱 B.在上單調遞增C.的極小值點為 D.有兩個零點〖答案〗AC〖解析〗對于函數，令，解得或，所以函數的定義域為，又，所以為奇函數，函數圖象關于對稱，故A正確；又，當時，，即在上單調遞減，故B錯誤；當時，，即在上單調遞增，根據奇函數的對稱性可知在上單調遞增，在上單調遞減，所以的極小值點為，極大值點為，故C正確；又，且當趨近于1時，趨近于無窮大，當趨近于0時，趨近于無窮大，所以在上無零點，根據對稱性可知在上無零點，故無零點，故D錯誤．故選：AC．11.已知正方體的棱長為2，點M，N分別為棱的中點，點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，則（）A.平面 B.點P的軌跡長度為C.存在點P，使得平面 D.點P到平面距離的最大值為〖答案〗ABD〖解析〗對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，若存在點P，使得面，則，解之得，顯然不滿足同角三角函數的平方關系，即不存在點P，使得面，故C錯誤；對于D，設平面的一個法向量為，則，取，即，則點P到平面的距離，顯然時取得最大值，故D正確.故選：ABD三、填空題12.寫出函數圖象的一條對稱軸方程_________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗易知，所以，不妨取，則.故〖答案〗為：（〖答案〗不唯一）13.某人上樓梯，每步上1階概率為，每步上2階的概率為，設該人從第1階臺階出發(fā)，到達第3階臺階的概率為_________．〖答案〗〖解析〗到達第3臺階的方法有兩種：第一種：每步上一個臺階，上兩步，則概率為；第二種：只上一步且上兩個臺階，則概率為，所以到達第3階臺階的概率為，故〖答案〗為：.14.設為平面上兩點，定義、已知點P為拋物線上一動點，點的最小值為2，則_________；若斜率為的直線l過點Q，點M是直線l上一動點，則的最小值為_________．〖答案〗2〖解析〗設，則，，即，時取得最小值；易知，，聯(lián)立有，顯然無解，即直線與拋物線無交點，如下圖所示，過作交l于N，過作，則（重合時取得等號），設，則，所以，故〖答案〗為：2，四、解答題15.如圖，四棱臺的底面為菱形，，點為中點，．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：連接、，因為四邊形為菱形，所以是邊長為的正三角形，因為為中點，所以，，又因為，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，所以，所以，又因為平面，所以平面.（2）解：因為直線兩兩垂直，以為原點，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，所以設平面的一個法向量為，則，即，令，得，所以，由題意知，是平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.16.已知橢圓的左，右焦點分別為，橢圓E的離心率為，橢圓E上的點到右焦點的最小距離為1．（1）求橢圓E的方程；（2）若過右焦點的直線l與橢圓E交于B，C兩點，E的右頂點記為A，，求直線l的方程．解：（1）設焦距為，由橢圓對稱性不妨設橢圓上一點，易知，則，顯然時，由題意得解得，所以橢圓的方程為；（2）設，因為，所以所以①設直線的方程為，聯(lián)立得，整理得，由韋達定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直線的方程為：或.17.在一個袋子中有若干紅球和白球（除顏色外均相同），袋中紅球數占總球數的比例為．（1）若有放回摸球，摸到紅球時停止．在第次沒有摸到紅球的條件下，求第3次也沒有摸到紅球的概率；（2）某同學不知道比例，為估計的值，設計了如下兩種方案：方案一：從袋中進行有放回摸球，摸出紅球或摸球次停止．方案二：從袋中進行有放回摸球次．分別求兩個方案紅球出現頻率的數學期望，并以數學期望為依據，分析哪個方案估計的值更合理．解：（1）設事件“第2次沒有摸到紅球”，事件“第3次也沒有摸到紅球”，則，，所以；（2）“方案一”中紅球出現的頻率用隨機變量表示，則的可能取值為：，且，，，，，，所以分布列為：01則，“方案二”中紅球出現的頻率用隨機變量表示，因為，所以的分布列為：，即的分布列為：01所以，則，因為，，所以“方案二”估計的值更合理.18.已知函數，為的導數（1）討論的單調性；（2）若是的極大值點，求的取值范圍；（3）若，證明：．（1）解：由題知，令，則，當時，區(qū)間單調遞增，當時，令，解得，當時，，當時，，所以在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，綜上所述，當時，在區(qū)間上單調遞增；當時，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間