2024年菏泽市高三数学3月份模拟考试卷及答案解析

年菏泽市高三数学3月份模拟考试卷（全卷满分150分，考试时间120分钟）2024.03第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．下列说法错误的是（

）A．若随机变量、满足且，则B．样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为C．若事件、相互独立，则D．若、两组成对数据的相关系数分别为、，则组数据的相关性更强4．已知为等差数列，，则（

）A． B． C． D．5．函数的极小值点为（

）A． B． C． D．6．在中，，则（

）A． B． C． D．17．甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（

）A． B． C． D．8．已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．设，是关于的方程的两根，其中，.若为虚数单位，则（

）A． B． C． D．10．如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（

）A．满足平面的点的轨迹为线段B．若，则动点的轨迹长度为C．直线与直线所成角的范围为D．满足的点的轨迹长度为11．已知正方体的棱长为是中点，是的中点，点满足，平面截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为，则下列判断正确的是（

）A．时，截面面积为 B．时，C．随着的增大先减小后增大 D．的最大值为第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知椭圆C：（）的左、右两焦点分别是、，其中．椭圆C上存在一点，满足，则椭圆的离心率的取值范围是13．若曲线上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的“自公切线”，则下列方程对应的曲线中存在“自公切线”的序号为．．14．1675年，卡西尼在矿究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为．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．如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．(1)求证：平面(2)求二面角的正弦值．16．设数列为等差数列，前项和为．(1)求数列的通项公式；(2)设的前项和为，求．17．已知函数，.(1)当时，求的单调区间；(2)若方程有三个不同的实根，求的取值范围．18．兵乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜．(1)若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，求单局比赛中甲获胜的概率；(2)若比赛采用三局两胜制（当一队朚得两场胜利时，该队获胜，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记为比赛结束时的总局数，求的期望．（参考数据）19．已知是定义在上的函数，如果存在常数，对区间的任意划分：，和式恒成立，则称为上的“绝对差有界函数”，注：.（1）求证：函数在上是“绝对差有界函数”；（2）记集合存在常数，对任意的，有成立.求证：集合中的任意函数为“绝对差有界函数”；求证：函数不是上的“绝对差有界函数”.1．D【解析】抛物线交点坐标为，算出即可.【详解】由，得，故抛物线的焦点坐标为.故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义及方程，求抛物线焦点坐标时，一定要注意将方程标准化，本题是一道基础题.2．B【分析】解二次不等式与求对数型函数定义域化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为，，所以.故选：B.3．D【分析】根据方差的性质判断A，根据百分位数计算规则判断B，根据相互独立事件及条件概率概率公式判断C，根据相关系数的概念判断D.【详解】对于A：因为且，所以，故A正确；对于B：因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数，即为，故B正确；对于C：若事件、相互独立，则，所以，故C正确；对于D：若、两组成对数据的相关系数分别为、，因为，所以组数据的相关性更强，故D错误.故选：D4．C【分析】设等差数列的公差为，根据题意，结合等差数列的基本量的运算，求得和，结合，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，可得，解得，又由，可得，解得，所以.故选：C.5．D【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出极值点.【详解】函数的定义域为，且，所以当时，当或时，所以在上单调递增，在，上单调递减，所以在处取得极小值，在处取得极大值，即极小值点为，极大值点为.故选：D6．C【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解.【详解】因为，所以，因为，两式相减，得，由正弦定理，得，即，因为，所以.故选：C.7．C【分析】应用分组分配法、分步计数求活动安排的方法数，最后运用古典概率模型概率公式即得.【详解】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为，因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择，其方法数为.故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为．故选:C．8．B【分析】设，，，直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，得到，再由，可得，是方程的解，将代入方程，由求出.【详解】设，，，直线方程为，联立直线与抛物线方程，可得，显然，所以．又，即，即，，故，是方程的解，将代入方程，整理得，显然，，，即．故选：B．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.9．BCD【分析】根据虚根成对原理可得，再由韦达定理求出、，最后计算模即可.【详解】因为，是关于的方程的两根，其中，且，所以，所以，所以，，所以，则，故A错误，B正确，C正确；，故D正确.故选：BCD10．AD【分析】利用正方体的特值构造面面平行可判定A，利用圆的定义与弧长公式可判定B，设P坐标，利用正切函数的单调性计算判定C，利用线面垂直及勾股定理可判定D.【详解】对于A，如图所示，取棱的中点分别为，连接，根据正方体的特征易知，则共面，且平面，平面，又平面且相交于，故平面平面，所以满足平面的点的轨迹为线段，故A正确；对于B，设M到上底面的投影为N，易知，而，所以，即P在以N为圆心，半径为2的圆上，且P在正方形内，如图所示，即上，易知，所以的长度为，故B错误；对于C，如图所示建立空间直角坐标系，取的中点Q，连接，作，设，则，，易知直线与直线所成角为，显然当P为的中点时，此时，当时，，易知，若最小，则需，此时，故C错误；对于D，取，可知，即共面，在底面正方形中易知，则，结合正方体的性质可知底面，底面，所以，而平面，所以平面，故P在线段上运动，易知，故D正确.故选：AD11．BCD【分析】对于A，易于判断截面形状，计算即得其面积；对于B，可由A项图形进行对称性判断得到；对于C，要结合A项中点从点运动到点的过程中，截面形状的变化，以及B项中的结论合并进行判断；对于D，要在选项C的基础上判断取最大值时，对应于或时的情形，故只需要求出这两种情形下的的值即得.【详解】如图1，当时，点是的中点，易得截面为正六边形．其棱长为，故截面面积为故A项错误；由对称性可知．当时．平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；如图2．当从0变化到1时．截面从四边形变化至五边形（其中为靠近点的三等分点）．结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；取最大值时对应为，或时情形．当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则,此时；当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则，此时.的最大值为，故D项正确．故选：BCD．【点睛】思路点睛：本题重点考查正方体的截面面积和分割成的几何体的体积问题，属于难题.解题思路在于要有从特殊到一般的思想，先考虑点为的中点时的截面和分割成的几何体体积的关系，再考虑点分别与点，点重合时的截面形状以及分割成的两部分的体积，总结出体积变化规律即可.12．【分析】先设出点，然后由向量数量积得到的轨迹，应用在椭圆上则两个曲线有交点，再求离心率即可.【详解】设点，则，即，所以点在以为圆心，半径为的圆上，又因为点在椭圆上，所以圆与椭圆有交点，根据对称性可知，即，所以，即椭圆离心率，故答案为：13．①②④【分析】①在和处的切线都是，故有“自公切线”;②此函数为周期函数，过图象的最高点的切线都重合或过图象的最低点的切线都重合，故有“自公切线”；将③化简为，求出，设切点分别为，，通过，解方程即可判定；④画出图形即可判断.【详解】①，在和处的切线都是，故①有“自公切线”；②，其中，，此函数为周期函数，过图象的最高点的切线都重合或过图象的最低点的切线都重合，故此函数有“自公切线”，即②有“自公切线”；③，即，则，假设有“自公切线”，设切点分别为，，且，所以切线的斜率，解得：，则，故，化简得：，无解，所以③没有“自公切线”.④，当，则，当，则，表示的图形如下，由于两圆相交，有公切线，所以④有“自公切线”.故答案为：①②④14．3【分析】根据题意可列等量关系，化简可得，即可求解，由面积公式即可求解.【详解】已知定点为，，因为动点满足，所以点的轨迹方程为，两边同时平方可得，整理得，所以，此时，当且仅当，时，取得最大值，故答案为：315．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，求夹角的余弦值即可.【详解】（1）证明：因为底面，平面所以，因为四边形是矩形，所以，又因为、平面，，所以平面，又平面，所以，又因为，是的中点，所以平面，所以平面，又平面，所以，由已知得，且平面，所以平面.（2）以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，由知平面，所以为平面的一个法向量，又，，设为平面的一个法向量，则由得取，则,，设二面角的大小为，则所以二面角的正弦值为.16．(1)(2)【分析】（1）设公差，将条件利用等差数列的基本关系式列出方程组，求解即得；（2）将代入，分母有理化后，利用裂项相消法求和即得.【详解】（1）设数列的公差为，由，则，解得，故；（2）由（1）得．.17．(1)单调递增区间为和，单调递减区间为(2)【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式即可求出单调区间；（2）由，可得为的一个根，所以有两个不同于的实根，令，利用导数说明函数的单调性，从而得到当时且，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）当时，函数，则，令得或当或时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，即当时，单调递增区间为和，单调递减区间为．（2），所以为的一个根，故有两个不同于的实根，令，则，①当时，，故在上单调递增，不符合题意；②当时，令，得，当时，，故在区间上单调递增，当时，，故在区间上单调递减，并且当时，；当时，；所以若要满足题意，只需且，因为，所以，又，所以，所以实数的取值范围为18．(1)(2)【分析】（1）根据题意，分3种情况分别求单局比赛中甲获胜的概率，再求和；（2）首先分析得到，再分别求概率，以及数学期望.【详解】（1）设事件为“若甲先发球，单局比赛甲11:2获胜”，其可分为如下三种基本事件，事件为“甲发球，甲败2次”，事件为“乙发球，甲败2次”，事件为“甲发球，甲败1次，乙发球，甲败1次”，这个单局比赛中，甲发球6次，乙发球6次，最后1次是甲发球甲赢，，，,；（2）随机变量的所有可能取值为2,3，，，所以.19．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）将整理为，可知在上单调递增；可知，从而可将化简为，从而可知，得到结论；（2）取，根据，可得，从而可取得到结论；（3）取一个划分：，可将整理为；根据放缩可知只要足够大，可使得