山東省聊城市2024屆高考模擬數(shù)學試題（一）（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

注意事項：
1.本試卷滿分150分，考試用時120分鐘.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡的相應位置上.
2.回答選擇題時，選出每小題的答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.
3.考試結(jié)束后，只將答題卡交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，，若，則的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】計算出集合、后借助集合間的關系計算即可得.
【詳解】由，可得，故，
由，可得，故，
由，則有.
故選：C.
2. 若復數(shù)滿足，則可以為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助復數(shù)的性質(zhì)設，結(jié)合題意計算即可得.
【詳解】設，則，故有，
即有，選項中只有A選項符合要求，故A正確，
B、C、D選項不符合要求，故B、C、D錯誤.
故選：A.
3. 記等差數(shù)列的前項和為，若，，則（）
A. 3B. 5C. 7D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)求解.
【詳解】等差數(shù)列的前項和為，則，故，
，故，
由得，
故選：B
4. 設，其中，且，則（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】展開后找到不能被7整除的項，求出被7整除的余數(shù).
【詳解】
在所有的展開項中，只有不能被7整除，
故，其中，
故選：D
5. 設，是雙曲線的左、右焦點，是上的一點，若的一條漸近線的傾斜角為，且，則的焦距等于（）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】借助雙曲線的定義與漸近線方程計算即可得.
【詳解】由漸近線的傾斜角為，可得，
由，可得，
故，，則，故.
故選：D.
6. 已知數(shù)列滿足，則“ ”是“ 是等比數(shù)列”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)充分必要條件的證明方法，結(jié)合等比數(shù)列的定義與數(shù)列遞推式即可得解.
【詳解】當時，因為，所以，
又，則，則，
依次類推可知，故，
則是首項為，公比為的等比數(shù)列，即充分性成立；
當是等比數(shù)列時，因為，所以，
當時，，則是公比為的等比數(shù)列，
所以，即，
則，，，
由，得，解得，不滿足題意；
當，即時，易知滿足題意；
所以，即必要性成立.
故選：C.
7. 在三棱柱中，點在棱上，且所在的平面將三棱柱分割成體積相等的兩部分，點在棱上，且，點在直線上，若平面，則（）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】首先說明為的中點，在上取點，使得，連接、，即可證明平面平面，由面面平行的性質(zhì)得到，從而得到，即可求出.
【詳解】如圖，連接，則，
又所在的平面將三棱柱分割成體積相等的兩部分，
所以，
即，
即，設到平面的距離為，
則，，
所以，所以為的中點，
在上取點，使得，連接、，
因為，所以，又平面，平面，
所以平面，
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，又，所以四邊形為平行四邊形，
所以，所以，
所以.
故選：D
8. 已知是圓外的動點，過點作圓的兩條切線，設兩切點分別為，，當?shù)闹底钚r，點到圓心的距離為（）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由，，可將轉(zhuǎn)化為，借助圓的切線的性質(zhì)，可逐一計算出、及，借助基本不等式中取等條件即可得解.
【詳解】設，則，
則，
，
，
故，
當且僅當，即時，等號成立，
故當?shù)闹底钚r，點到圓心的距離為.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于將轉(zhuǎn)化為，從而可借助圓的切線的性質(zhì)，解出的值何時取得最小.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求. 全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 已知函數(shù)的最小正周期為2，則（）
A. B. 曲線關于直線對稱
C. 的最大值為2D. 在區(qū)間上單調(diào)遞增
【答案】AB
【解析】
【分析】借助三角恒等變換公式將原函數(shù)化為正弦型函數(shù)后，結(jié)合正弦型函數(shù)的性質(zhì)逐項判斷即可得.
【詳解】
，
對A：由的最小正周期為2，故，即，故A正確；
對B：當時，，由是函數(shù)的對稱軸，
故曲線關于直線對稱，故B正確；
對C：又，故，故C錯誤；
對D：當時，，
由不是函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，
故不是函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間，故D錯誤.
故選：AB.
10. 在一次數(shù)學學業(yè)水平測試中，某市高一全體學生的成績，且，，規(guī)定測試成績不低于60分者為及格，不低于120分者為優(yōu)秀，令，，則（）
A. ，
B. 從該市高一全體學生中隨機抽取一名學生，該生測試成績及格但不優(yōu)秀的概率為
C. 從該市高一全體學生中（數(shù)量很大）依次抽取兩名學生，這兩名學生恰好有一名測試成績優(yōu)秀的概率為
D. 從該市高一全體學生中隨機抽取一名學生，在已知該生測試成績及格的條件下，該生測試成績優(yōu)秀的概率為
【答案】BCD
【解析】
【分析】對A：借助正態(tài)分布中于的意義即可得；對B：結(jié)合題意可得，，結(jié)合正態(tài)分布的性質(zhì)計算即可得的值；對C、D：由正態(tài)分布的性質(zhì)可得，，結(jié)合相互獨立事件的概率公式及條件概率公式計算即可得.
【詳解】對A：由，，則，，故A錯誤；
對B：由，，則，則，
，故有，，
則，則，
即從該市高一全體學生中隨機抽取一名學生，該生測試成績及格但不優(yōu)秀的概率為，
故B正確；
對C：，則從該市高一全體學生中（數(shù)量很大）依次抽取兩名學生，
這兩名學生恰好有一名測試成績優(yōu)秀的概率為，
故C正確；
對D：，又，
故從該市高一全體學生中隨機抽取一名學生，
該生測試成績及格的概率為，該生測試成績優(yōu)秀的概率為，
則在已知該生測試成績及格條件下，該生測試成績優(yōu)秀的概率為，
故D正確.
故選：BCD.
11. 設是定義在上的可導函數(shù)，其導數(shù)為，若是奇函數(shù)，且對于任意的，，則對于任意的，下列說法正確的是（）
A. 都是的周期B. 曲線關于點對稱
C. 曲線關于直線對稱D. 都是偶函數(shù)
【答案】BC
【解析】
【分析】結(jié)合題意，借助導數(shù)的運算可判斷函數(shù)的對稱性，借助賦值法，可得函數(shù)的周期性，利用所得函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合選項逐項分析判斷即可得.
【詳解】由是奇函數(shù)，故有，即有，
故，則，即，故關于對稱，
由，則，即，
故關于中心對稱，
由，則，又，
故，即有，
則，故，
即，故，故周期為.
對A：當時，，故A錯誤；
對B：由周期為，故，
又，故，故，
故曲線關于點對稱，故B正確；
對C：由周期為，故，
又，故，
故曲線關于直線對稱，故C正確；
對D：由B得，故，又周期為，
故有，故，又，
即都是奇函數(shù)，故D錯誤.
故選：BC.
【點睛】結(jié)論點睛：解決抽象函數(shù)的求值、性質(zhì)判斷等問題，常見結(jié)論：
（1）關于對稱：若函數(shù)關于直線軸對稱，則，若函數(shù)關于點中心對稱，則，反之也成立；
（2）關于周期：若，或，或，可知函數(shù)的周期為.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 若函數(shù)的值域為，則實數(shù)的取值范圍為_________.
【答案】
【解析】
【分析】借助分段函數(shù)的性質(zhì)，求出時值域，可得時，有恒成立，解出即可得.
【詳解】當時，，此時，
故當時，有恒成立，
即在時恒成立，即，即.
故答案為：.
13. 已知橢圓的一個焦點的坐標為，一條切線的方程為，則的離心率_________.
【答案】
【解析】
【分析】聯(lián)立切線方程與橢圓方程，則可得，化簡得，又橢圓的一個焦點的坐標為，可得，即可得、，即可得離心率.
【詳解】聯(lián)立直線與橢圓方程，可得，
由為橢圓切線，則有，
化簡得，又，故，
又橢圓的一個焦點的坐標為，故有，
則，故，則.
故答案為：.
14. 已知正四面體的棱長為2，動點滿足，且，則點的軌跡長為_________.
【答案】
【解析】
【分析】由，故點在過點且垂直于的平面上，由，故點在以為直徑的球面上，即點的軌跡為過點且垂直于的平面截以為直徑的球面所得的圓，計算出球的半徑，球心到平面的距離，即可得該圓的半徑，即可得該圓周長即點的軌跡長.
【詳解】由，故點在過點且垂直于的平面上，
由，故點在以為直徑的球面上，
即點的軌跡為過點且垂直于的平面截以為直徑的球面所得的圓，
由正四面體的性質(zhì)可得，取中點，連接，，
則有，又、平面，，
故平面，取中點，中點，連接，
則，由平面，故平面，
，，
為以為直徑的球的球心，則該球半徑為，
則點的軌跡所形成的圓的半徑為，
則其軌跡長.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在由題意中，得到點在過點且垂直于的平面上，由，得到點在以為直徑的球面上，即可得點的軌跡為過點且垂直于的平面截以為直徑的球面所得的圓，構(gòu)造出對應球及平面，計算出球的半徑，球心到平面的距離，即可得該圓的半徑，即可得點的軌跡長.
四、解答題：本題共5小題，共77分、解答應寫出文字說明、證明過程、演算步驟.
15. 已知拋物線關于軸對稱，頂點在原點，且經(jīng)過點，動直線不經(jīng)過點、與相交于、兩點，且直線和的斜率之積等于3.
（1）求的標準方程；
（2）證明：直線過定點，并求出定點坐標.
【答案】（1）
（2）證明見解析，定點坐標為
【解析】
【分析】（1）結(jié)合拋物線性質(zhì)設出拋物線方程，代入點坐標計算即可得；
（2）設出、兩點坐標，由直線和的斜率之積等于3，可得，聯(lián)立曲線與直線方程，可得，，即可得，即可得直線過定點及頂點坐標.
【小問1詳解】
由拋物線關于軸對稱，故可設，
由在拋物線上，故，解得，
故；
【小問2詳解】
設、，，
同理可得，即有，
聯(lián)立直線方程與拋物線方程，有，
即，，
，，
即有，化簡得，
此時，則有解，
則，即直線過定點.
16. 在梯形中，，設，，已知.
（1）求；
（2）若，，，求.
【答案】16.
17.
【解析】
【分析】（1）借助兩角和與差的正弦公式、兩角和與差的余弦公式化簡所給式子可得，結(jié)合圖形可得，即可得；
（2）借助正弦定理與余弦定理計算即可得.
【小問1詳解】
，
即，
即，
即，即，
又，故，即，
又，故；
【小問2詳解】
由，故，
由正弦定理可得，
即，
故，則，
由余弦定理可得，
即，故.
17. 如圖，在四棱臺中，，平面，.
（1）證明：；
（2）若，，，求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）連接點與中點，連接，，借助棱臺的性質(zhì)可得、、、共面，由平面，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理可得，利用題意中的數(shù)量及位置關系可得，即可得線面垂直，借助線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）建立適當空間直角坐標系后借助空間向量計算即可得
【小問1詳解】
連接點與中點，連接，，
由棱臺的性質(zhì)可得，故、、、共面，
由，，故、，
故四邊形為平行四邊形，故，
故有，故，
由平面，且、平面，故，，
又、平面，，
故平面，又平面，故；
【小問2詳解】
由（1）知，、、兩兩垂直，故可以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
由，，則，，
點到直線的距離為，
則有、、、，
則，，
由軸平面，故平面法向量可為，
設平面的法向量為，
則有，令，則有、，
故平面的法向量可為，
則，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
18. 已知函數(shù)，，.
（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）求的最小值；
（3）設，討論函數(shù)的零點個數(shù).
【答案】（1）
（2）
（3）當時，函數(shù)有一個零點，當時，函數(shù)有兩個零點，當時，函數(shù)無零點
【解析】
【分析】（1）求導后令，計算即可得；
（2）求導后，令，再次求導后可得的單調(diào)性，無法直接求出使的解，因此虛設零點，借助零點的存在性定理，得到，使，再借助對數(shù)變形，得到，從而構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，得到，代入中，即可得解.
（3）變形后可得函數(shù)的零點個數(shù)即為的實數(shù)根的個數(shù)，結(jié)合的單調(diào)性討論即可得.
【小問1詳解】
，令，可得，
故的單調(diào)遞增區(qū)間為；
【小問2詳解】
，
令，
則，
由，故恒成立，
故在上單調(diào)遞增，
又，，
故存在，使，即，
即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故，
由，則，
令，則有，
，當時，恒成立，
故在上單調(diào)遞增，故，即，
則，
即的最小值為；
【小問3詳解】
令，
即有，
即函數(shù)的零點個數(shù)為的實數(shù)根的個數(shù)，
由（2）知，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，
又當時，，當時，，
故當，即時，有唯一實數(shù)根，
當，即時，有兩實數(shù)根，
當，即時，無實數(shù)根，
即當時，函數(shù)有一個零點，
當時，函數(shù)有兩個零點，
當時，函數(shù)無零點.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二小問中，令無法直接解出，因此需要虛設零點，借助零點的存在性定理，得到，使，再借助對數(shù)變形，得到，從而構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，得到，從而求出的最小值.
19. 如圖，一個正三角形被分成9個全等的三角形區(qū)域，分別記作，，，，，，，，. 一個機器人從區(qū)域出發(fā)，每經(jīng)過1秒都從一個區(qū)域走到與之相鄰的另一個區(qū)域（有公共邊的區(qū)域），且到不同相鄰區(qū)域的概率相等.
（1）分別寫出經(jīng)過2秒和3秒機器人所有可能位于的區(qū)域；
（2）求經(jīng)過2秒機器人位于區(qū)域的概率；
（3）求經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率.
【答案】（1）經(jīng)過2秒機器人可能位于的區(qū)域為、，，經(jīng)過3秒機器人可能位于的區(qū)域為，，，，，
（2）
（3）當為奇數(shù)時，經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率為，當為偶數(shù)時，經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率為
【解析】
【分析】（1）結(jié)合題意觀察圖形即可得；
（2）經(jīng)過2秒機器人位于區(qū)域，則必先經(jīng)過，計算及的概率即可得；
（3）先研究機器人的行進路徑，得到當為奇數(shù)時，其不可能位于、、，當為偶數(shù)時，其只可能位于或或，結(jié)合圖形的對稱性，可得經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率與位于區(qū)域的概率相等，結(jié)合第二問所得，可得，借助累乘法研究該數(shù)列計算即可得解.
【小問1詳解】
經(jīng)過2秒機器人可能位于的區(qū)域為、，，
經(jīng)過3秒機器人可能位于的區(qū)域為，，，，，；
【小問2詳解】
若經(jīng)過2秒機器人位于區(qū)域，則經(jīng)過1秒時，機器人必定位于，
有三個相鄰區(qū)域，故由的概率為，
有兩個相鄰區(qū)域，故由的概率為，
則經(jīng)過2秒機器人位于區(qū)域的概率為；
【小問3詳解】
機器人的運動路徑為
，
設經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率，
則當為奇數(shù)時，，
當為偶數(shù)時，由（2）知，，由對稱性可知，
經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率與位于區(qū)域的概率相等，亦為，
故經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率為，
若第秒機器人位于區(qū)域，則第秒機器人位于區(qū)域的概率為，
若第秒機器人位于區(qū)域，則第秒機器人位于區(qū)域的概率為，
若第秒機器人位于區(qū)域，則第秒機器人位于區(qū)域的概率為，
則有，即，
令，即，即有，
即有，則，
故有、、、，
故，
即，
綜上所述，當為奇數(shù)時，經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率為，
當為偶數(shù)時，經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率為.
【點睛】關鍵點點睛：最后一問需先研究機器人的行進路徑，得到當為奇數(shù)時，其不可能位于、、，當為偶數(shù)時，其只可能位于或或，結(jié)合圖形的對稱性，可得經(jīng)過秒機器人位于區(qū)域的概率與位于區(qū)域的概率相等，結(jié)合第二問所得，得到，計算出該數(shù)列即可得解.

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