山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（（三模））数学试题含答案.docx

《山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（（三模））数学试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（（三模））数学试题含答案.docx（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、山东省泰安市2024届高三下学期高考模拟（三模）数学试题2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码、考场号、座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在革稿纸、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.一、选择题：本题共8小题，每小题5分

2、，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.若，则的值为（ ）A.B.C.D.2.已知函数是定义在上的奇函数，当时，则的值为（ ）A.1B.2C.3D.43.已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）A.B.C.D.4.已知为等差数列的前项和，则的最小值为（ ）A.B.C.D.5.已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）A.B.C.D.6.在中，内角，所对的边分别为，且，延长至点，使得，若，则（ ）A.1B.C.2D.37.盒中有4个大小

3、相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）A.与相互独立B.与相互独立C.与相互独立D.与相互独立8.在三棱锥中，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A.B.C.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.某灯具配件厂生产了一种塑胶配

4、件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）A.B.样本质量指标值的平均数为75C.样本质量指标值的众数小于其平均数D.样本质量指标值的第75百分位数为8510.已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）A.B.C.的最小值为D.的最小值为11.已知函数，则（ ）A.若的图像向右平移个单位长度后与的图像重合，则的最小值为1B.若的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像，则的最小值为5C.若函数的最小正周期为，则D.当时，若的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，则方程有无穷多

5、个解三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，若，则的取值范围是_.13.已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是_.14.已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于，两点，则的最小值为_；若为等边三角形，则_.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）已知函数.（1）讨论的最值；（2）若，且，求的取值范围.16.（15分）如图，在四棱锥中，.（1）证明：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.17.（15分）2024年7月26日至8月11日将在

6、法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛.（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.（）记一名进入

7、决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；（）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.18.（17分）已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于，两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于，两点，记四边形的面积为，求的取值范围.19.（17分）对于，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，.（1）若为等比数列，求；（2）求在，中，3级十全十美数的个数.数学一、选择题1.A 【解析】.故选A项.2.D 【解析】由题

8、得，解得，所以当时，所以.故选D项.3.C 【解析】设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，故轴截面周长为，解得，所以上、下底面圆的面积分别为，圆台侧面积，所以圆台的表面积为.故选C项.4.D 【解析】设的公差为，则，又，解得，所以，当时，当时，所以当时，取得的最小值.故选D项.5.B 【解析】因为为直角三角形，由双曲线的对称性知，且，所以的渐近线方程为，即，又的面积为4，所以，解得，又，所以，故的方程为.故选B项.6.C 【解析】由，得，由正弦定理得，即，所以，又，所以，如图，可知，又，所以在中，由余弦定理得，解得（负值舍去）.故选C项.7.D 【解析】依题意得，故A项错误；，故B项错误；，

9、故C项错误；，故D项正确.故选D项.8.B 【解析】如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，因为，为的中点，所以，为的外心，由，为的外心，得，三点共线，且.由题意得平面，故直线与平面所成角为的余角，所以，所以.在中，由正弦定理得，所以，所以在中，所以球的表面积.故选B项.二、选择题9.ACD 【解析】由题意知，解得，故A项正确；样本质量指标值的平均数为，故B项错误；样本质量指标值的众数是，故C项正确；前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数位于第4组，设其为，则，解得，即第75百分位数为85，故D项正确.故选ACD项.10.AC 【解析】设，则，所以，整理得，故A项正确，B项错误

10、；由前面知对应点的轨迹为直线，则的最小值为原点到该直线的距离，则，故C项正确，D项错误.故选AC项.11.BC 【解析】对于A项，因为，所以，即，又，所以的最小值为8，故A项错误.对于B项，因为，所以，即，又，所以的最小值为，故B项正确.对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.对于D项，当时，所以，方程.令，则，当时，即，所以（舍）或（舍）；当时，即，无解.综上，无解，故D项错误.故选BC项.三、填空题12. 【解析】由，得，所以，则，由，得，又，所以，解得.13. 【解析】当时，则；当时，则.作出的图像，如图，易知的取值范围是.14.8

11、 24 【解析】由已知得，设直线的方程为，弦的中点，联立消去并整理得，则，所以，且，故当时，.若为等边三角形，则，直线的方程为，所以点，又，所以，解得，则.四、解答题15.解：（1）由题知的定义域为，.当时，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.（2）当时，由，得，整理得，即.令，则，由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，所以当时，单调递增；当时，单调递减.故当时，取得最大值，即，故的取值范围为.16.（1）证明：因为，所以，所以，又，所以四边形为菱形，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）得平面，因为平面，

12、所以，故四边形为正方形.不妨设正方形的边长为2，的中点为，连接.因为为等边三角形，所以，又平面，平面平面，平面平面，所以平面.以为坐标原点，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.假设存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且，由，得，即，解得，所以，所以，.设平面的法向量为，则可取.设平面的法向量为，则可取，则，解得或（舍去），所以在棱上存在点，使得平面与平面夹角的正弦值为，且.17.解：（1）的可能取值为0，1，2，则，的分布列为012.记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.（2）（），则，令，解得或（舍），当

13、时，当时，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，有极大值，且的极大值为.（）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，则的可能取值为60，120，180，360，所以，所以，即，整理得，经观察可知是方程的根，故.因为恒成立，所以由，得，又，所以的取值范围为.18.解：（1）因为点为的重心，的边，上的两条中线长度之和为，所以，故由椭圆的定义可知曲线是以，为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.设，分别为该椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，所以，所以，所以的方程为.（2）设直线的方程为，联立整理得，则，.设，则，即，代入椭圆方程得，所以，则，所以.由对称性知，又，所以，.又，所以的取值范围为，故的取值范围为.19.解：（1）设的公比为，则，即，由，得解得或.故或.（2）由（1）知，当时，当时，-得.当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0.当为偶数时，设，则，要想末尾3个数字为0，需满足被整除，当时，均不符合题意；当时，自，以后各项均可被125整除，故只需考虑能否被125整除，其中不是5的倍数，故若原式能被125整除，需为偶数且能被25整除，即需是50的倍数，在1，2，3，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，2000，故在，中，3级十全十美数的个数为40.学科网（北京）股份有限公司