山东省日照市2024届高三三模模拟考试数学试题含答案.pdf

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1、山东省日照市2024届高三三模模拟考试数学试题高三数学试题第 1 页共 9 页参照秘密级管理启用前试卷类型：A2021 级高三校际联合考试数学试题答案2024.05一、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。1-4DABB5-8ABCC1【答案】D【解析】因为i1i z，所以i 11 iiz，1 iz ，所以2zz.故选：D.2【答案】A【解析】抛物线28yx的焦点为2,0F，准线方程为2x ，P到y轴的距离是 4，故P到准线的距离是6，故点P到该抛物线焦点的距离是6.故选：A.3【答案】B【解析】则19937993622bb

2、bbS，故选：B.4【答案】B【解析】因为,3a b ，所以2111 1 122aabaa b ，又2111 1 2 1 112aabab ，所以1cos,2aaba abaab，又,0,a ab，所以向量a与向量a b的夹角为3，故选：B.5【答案】A【解析】22(sin14cos14)2 sin(1445)sin5922a sin61b；3sin602c，根据sinyx正弦函数的单调性知：acb，故选 A6【答案】B【解析】由加法原理和乘法原理353131525AP ，因而答案选 B.7【答案】C【解析】设C表示卫星，过CO作截面，截地球得大圆O，过C作圆O的切线,CA CB，线段CO交圆

3、O于E，如图，则AOC，rOE，CEh，OACA，则1cos1OArhOCrhr，又458hr，所以8cos53设地球表面积为1S，则214Sr高三数学试题第 2 页共 9 页所以221812(1 cos)1 cos455342%422106SrSr故选：C8【答案】C【解析】ABC中，22abbc由余弦定理可得：2222cosabcbcA2222cosbbcbcbcA，整理可得：1 2coscbA222212cos22cosabbAbA22cosaAb60,90A1cos0,2A可得：22cos2,3A22cos2,3A，即：2,3ab故选：C二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共

4、 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.ABD10.AC11.BD9【答案】ABD【解析】对于A，11111nnniiiiiiyyaxbaxbaxbnn，故A正确；对于B，2211()0niixsxxn，因为2()0ixx，故12nxxxx，故 B 正确；对于 C，12121nnxxxyyynxynabx，其平均数为1122naxbaxbn，故 C 错误；对于 D，由样本相关系数的概念可知，D 正确.故选：ABD10【答案】AC【解析】分析正方形顶点B的运动状态可知，当42x 时，B的轨迹是以A为圆心，半径为2的1

5、4圆；当22x 时，B的轨迹是以D为圆心，半径为2 2的14圆；当24x时，B的轨迹是以C为圆心，半径为2的14圆；当46x时，B的轨迹是以A为圆心，半径为2的14圆，作出函数的图像如下图所示：由图可知：函数()yf x的图像与直线2y 在3,9上有三个交点，即方程 20f x 在3,9上有三个根，A 正高三数学试题第 3 页共 9 页确；函数 yf x的图像关于x轴对称，所以函数 yf x是偶函数，B 错误；函数 fx在68，上单调递增，C正确；由图像可知：取2x ，可得(2)2f，(2)2f，12(2)ff，D 错误.故选：AC.11【答案】BD【解析】设函数()f x的最小正周期为，则2

6、TAAA BB B ，又ABAAA BB B ，平方得22|ABAAA BB B ，即2222|2ABAAB BA BAA B B ，所以2223 ，即21，因为0，解得1，故22T，即2T，所以()sinf xx，则3(0)sin2f，可得3sin2，又因为函数()f x在0 x 附近单调递减，且0，所以23，故 A 错误；对于 B 选项，因为2()sin3f xx，当5 11(,)6 6x时，235,232x，此时()f x单调递增，B 符合题意；对于 C 选项，在平面内，过点 D 作/DMAC交 x 轴于 M，交()f x于1Q，再在平面上，过 M 作平行于BC的直线交()f x于2Q，

7、此时12,/DQ DQ面ABC，故 C 错误；对于 D 选项，若12,P P均在上，由iAPBB可知，iAP平行于 x 轴，此时12min2PPT，若12,P P均在上，作AE于点 E，则AEBB，又iAPBB，从而BB面iAPE，故iPEBB，而1cos602AEAA，因此，在图 1 中作直线12y ，则iP为12y 与()yf x的交点，不妨设12,P P为12y 与()yf x在 y 轴右侧最近的两个交点，则此时12PP的最小值为23，若12,P P不在同一个面上，此时221211min43263PPAPAEEP，故 D 正确.故选：BD.高三数学试题第 4 页共 9 页三、填空题：本题

8、共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。12.3213.5314.3 21212【答案】32【解析】因为一扇形的圆心角为3，弧长是，所以其所在圆的半径为33r，因此该扇形的面积是1133222Slr.故答案为：32.13【答案】53【解析】设1|PFm，则1|4QFm，又222|5|,PFQF由椭圆定义，2 25 24,amam得3am，所以1122452,3333aaaaPFQFPFQF又因为12/PF QF，所以1221coscos0PFFQF F，2222221254164499990,12222233acaacaacac所以53cea故答案为：53.14【答案】3 212【解析】由

9、 243yfxxx ，整理得22(2)10 xyy，即M在圆心2,0，半径为 1 的半圆上.lnlnelnexaxxg xaxaxax，令 e,Rxh xxx，则 1 exh x，又 001 e0h，所以，当,0 x 时，0h x，则 h x为单调递增，当0,x时，0h x，则 h x为单调递减，综上可知，h x在0 x 处取得极大值，也是最大值，即 000e1h，于是lnlne1xaxxax，即 lne1xg xaxaxx ，当且仅当ln0 xax时，等号成立，所以曲线 g x的一条切线为=1yx，数形结合可知，当,M N分别为对应切点，且MN与两切线垂直时MN取得最小值，高三数学试题第 5

10、 页共 9 页即MN的最小值为圆心到直线=1yx的距离减去半径，即MN的最小值为2220 13 211211.过圆心2,0与=1yx垂直的直线方程2yx，所以，当且仅当ln021xaxyxyx 即122e1232axy 时取到最小值.综上所述，3 212MN，而MNm恒成立，所以3 212m，则m的最大值为3 212.故答案为：3 212.四、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）证明：因为CD 平面ADE，EF平面ADE，所以/CDEF，1 分因为CD 平面ABEF，EF 平面ABEF，所以/CD平面ABEF，3 分因为平面ABEF 平

11、面ABCDAB，AB平面ABCD，所以/ABCD5 分（2）由于CD 平面ADE，/ABCD，所以AB平面ADE，AE 平面ADE，故ABAE,又因为CD 平面ADE，,AD ED 平面ADE，所以,CDAD CDED，又90ADE，,ADDCD AD DC平面ABCD，所以ED 平面ABCD7 分由于D ABEEABDVV，则121323ABEABDSSED,故121222222AB AEAB AD EDAEAD EDAEED,故AED为等腰直角三角形，所以2,1AEEDAD,9 分如图以D为坐标原点，,DA DC DE所在的直线分别为x，y，z轴建系，则1,0,0,1,2,0,0,0,0,

12、0,3,0,0,1,1ABDCF，设平面ABC的法向量为m,则(0,0,1)m，10 分平面BFC的法向量为1(nx,1y,1)z，因为1,1,0BC ，1,1,1BF ，所以00BC nBF n ，即111110,0,xyxyz高三数学试题第 6 页共 9 页令21x，则(1,1,2)n，12 分设ABCF成的角为，由图可知为锐角，6os623cm nm n 所以二面角ABCF的余弦值为6313 分16.解:（1）（i）80,5，那么758890，则该同学能被评为“反诈标兵”2 分（ii）设全校参与本次竞赛的人数为n，“反诈达人”的概率为11(2)1(22)(10.9545)0.022752

13、2PP，4 分则400.02275n，解得1758n，所以参与本次知识竞赛的学生人数约为 1758 人6 分（2）由题知，男生了解“反诈”知识的概率为34，女生了解“反诈”知识的概率为12，7 分X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，5.0203231110()()42128P XCC，103021323233111191()()()()()44242128P XCCCC，22031130232323233131111152()()()()()()()424424264P XCCCCCC，22131230332323233131111233()()()()()()()424424264P

14、XCCCCCC，2223133232331311334()()()()()42442128P XCCCC，2233233195()()42128P XCC，11 分所以 X 的分布列为13 分所以11523330123493128128646412899128E X .15 分17解：（1）函数()f x的定义域为(0)，22(2)(1)(2)()22axax axx af xx axxx ，.1 分当0a时，有()0f x，此时函数()f x在区间(0)，上单调递减；.3 分当0a时，令()0f x，解得：11x（舍去），22ax 所以，当(0)2ax，时，()0f x，此时函数()f x在

15、区间(0)2a，上单调递增；当()2ax，时，()0f x，此时函数()f x在区间()2a，上单调递减.5 分X012345P1128912815642364331289128高三数学试题第 7 页共 9 页综上所述，当0a时，函数()f x在区间(0)，上单调递减；当0a 时，函数()f x在区间(0)2a，上单调递增，在区间()2a，上单调递减.6 分（2）当1a，(0,1)x时，()()f xg x恒成立，等价于(2)lnxmxex x 恒成立，设()(2)ln(01)xh xxex x x ，则1()(1)()xh xx ex，.8 分当01x 时，有10 x，设1()xu xex，

16、21()0 xu xex，所以()u x在(0,1)上单调递增，且1()2 02ue，(1)1 0ue ，故存在唯一的01(1)2x，使得0()0u x，即001xex.10 分当0(0,)xx时，()0u x，()0h x；当0(1)xx，时，()0u x，()0h x；所以()h x在0(0,)x上单调递减，在0(1)x，上单调递增，0min00000000012()()(2)ln(2)212xh xh xxexxxxxxx ，.13 分设212yxx ，则当(0,1)x时，222 0yx，函数212yxx 在(0,1)上单调递减，又因为01(,1)2x，所以0()(3,4)h x 所以正

17、整数m的最大值是3.15 分18解：（1）设双曲线 C：22221xyab由题意得=2a，72ca，则=7c，.1 分2223bca，.2 分所以双曲线 C 的方程为22143xy.3 分（2）（i）设11,M x y，22,N xy，00,Py，由PMMQ 与3,0Q，得11011,3,x yyxy，即131x，011yy，.5 分将03,11yM代入 E 的方程得：220311143y，整理得：22015244120y，.7 分同理由PNNQ可得22015244120y由知，是方程22015244120 xxy的两个不等实根由韦达定理知248155，所以为定值.9 分高三数学试题第 8 页

18、共 9 页（ii）又12165SSmS，即121216 111225222AQyyymy ，整理得：121285yyym y，.11 分又120y y，不妨设210yy，则121285yyymy，整理得128855ymy，又85，故1285ymy，而由（2）知011yy，021yy，故1211yy，.13 分代入1381855151m，.14 分令1t6,9t，得1818185535ttmttt ，.15 分由双勾函数185ytt 在6,9上单调递增，得1818 3253,55mtt ，所以 m 的取值范围为18 32,55.17 分19解：(1)由已知，*111,(,2)22nnbbnNn，

19、所以2311,48bb ，由于1117 1115 1113 1111,2488 2488 2488 2488所以3S可能值为1 3 5 7,8 8 8 8.来源:Z#xx#k.Com.4 分(2)因为331(1)78nnS，当 n=1 时，1233313(1)788bbbS，.5 分当 n2 时，32313333131313(1)(1)78788nnnnnnnnbbbSS,所以*323133,8nnnnbbbnN,.7 分因为 nb是*1()2nnN的生成数列，所以3231332313111;222nnnnnnbbb 所以*323133231311113(42 1)()22288nnnnnnn

20、nbbbnN ,.8 分高三数学试题第 9 页共 9 页在以上各种组合中，当且仅当*32313421,()888nnnnnnbbbnN 时，才成立所以*1312()1312nnnnkbkNnk，.10 分(3)2311112222nnS 共有12n种情形.11 分23231111111122222222nnnS即12122nnnnS，.12 分又12322212nnnnnS，分子必是奇数，满足条件121222nnnnx的奇数 x 共有12n个，.13 分设数列 na与数列 nb为两个生成数列，数列 na的前 n 项和为nS，数列 nb的前 n 项和为 Tn，从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第 k 项由于12kkkab，不妨设0,0kkab，11()()nnkknkknSTaaabbb1211111111122()22()022222222kkknkknn ，所以，只有当数列 na与数列 nb的前 n 项完全相同时，才有nnST.15 分所以2311112222nnS 共有12n种情形，其值各不相同，所以nS可能值必恰为13521,2222nnnnn,共12n个即nS所有可能值集合为*121|,22nnkx xkNk.17 分