山东省滨州市2024届高三下学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省滨州市2024届高三下学期二模数学试题一、单项选择题1.已知集合，则A的子集个数为（）A.4 B.7 C.8 D.16〖答案〗C〖解析〗由题意可得：，可知A有3个元素，所以A的子集个数为.故选：C.2.下列命题中，真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A，由，可得，故A错误；对于B，由，，，可得，故B错误；对于C，若，且当时，可得为任意值，故C错误；对于D，因为，当且仅当时，等号成立，即，故D正确.故选：D.3.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗B〖解析〗因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.故选：B.4.已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（）A.若，则，相互独立B.若，相互独立，则C.若，则D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A：因为，所以与不独立，故A错误；对于B：若，相互独立，则，故B错误；对于C：因为，所以，故C错误；对于D：若，则，所以，故D正确.故选：D5.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A.4 B.1 C. D.〖答案〗A〖解析〗建立如图所示的平面直角坐标系，可知，则，所以.故选：A6.某单位安排5名同志在5月1日至5日值班，每天安排1人，每人值班1天．若5名同志中的甲、乙安排在相邻两天，丙不安排在5月3日，则不同的安排方案共有（）A.42种 B.40种 C.36种 D.30种〖答案〗B〖解析〗甲乙相邻的排列数是，其中甲乙相邻且丙排在5月3日的排列数为，所以不同的安排方案共有（种）.故选：B.7.已知圆，直线，为直线上的动点．过点作圆的切线PM，PN，切点为M，N．若使得四边形为正方形的点有且只有一个，则正实数（）A.1 B. C.5 D.7〖答案〗C〖解析〗由题意可知：圆的圆心为，半径，因为四边形为正方形，可知，若使得四边形为正方形的点有且只有一个，可知，则，解得或（舍去），所以正实数.故选：C.8.已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象一条对称轴，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，且，则，由题意可得：，解得，又因为直线为函数图象的一条对称轴，则，解得，可知，即，所以.故选：C.二、多项选择题9.下列结论正确的是（）A.若随机变量X，Y满足，则B.若随机变量，且，则C.若线性相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的线性相关程度越强D.按从小到大排序的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，线性相关系数的绝对值越接近1，则两个变量的线性相关程度越强，C正确；对于D，由，依题意，，且，解得，因此，D正确.故选：BCD.10.图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（）A.B.到直线的距离为C.三棱锥外接球的半径为D.直线与所成角的余弦值为〖答案〗AC〖解析〗对于A：翻折前，，翻折后则有，，因为，、平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对于B：又，即为等边三角形，所以，在平面中过点作，则，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，令，，所以到直线的距离为，故B错误；对于C：所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，因为平面，所以，所以，即三棱锥外接球的半径为，故C正确；对于D：由，设直线与直线所成角为，，则所以直线与直线所成角的余弦值为，故D错误.故选：AC.11.已知点A，B，C都在双曲线上，点在第一象限，点在第四象限，A，B关于原点对称，，过作垂直于轴的直线分别交，于点D，E．若，则下列结论正确的是（）A.点的纵坐标为 B.C. D.双曲线的离心率为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为A，B关于原点对称，，，设，，因为，所以，，解得：，，，故A正确；对于B，因为，所以，所以，所以，故B正确；对于C，因为三点共线，，，，所以，则，故C错误；对于D，因为，在双曲线上，所以，，，因为，即，其中，所以，所以，则，故D正确.故选：ABD.三、填空题12.设为抛物线的焦点，直线交于A，B两点，则__________．〖答案〗5〖解析〗由题意可知：抛物线的准线为，设，联立方程，消去x得，则，可得，所以.故〖答案〗为：5.13.若函数在区间上单调递减，则的取值范围是__________．〖答案〗〖解析〗函数，求导得，由在上单调递减，得，，即，令，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，，则，解得，所以的取值范围是.故〖答案〗为：14.已知函数，数列满足，，，则__________．〖答案〗2〖解析〗由题意可知：的定义域为，且，即，可知为定义在上奇函数；且，因为在上单调递增，可知在上单调递增；综上所述：在上单调递增，且为奇函数.因为，则，可得，即，由可知：3为数列的周期，则，且，所以.故〖答案〗为：2.四、解答题15.如图，在多面体中，，，，，，，．（1）求证：平面；（2）若，求直线DN与平面MNC所成角的正弦值．（1）证明：连接，由，，得，则，，于是，又，平面，因此平面，又，所以平面.（2）解：由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面所成角为，而，，所以直线DN与平面MNC所成角正弦值是．16.已知等差数列的前项和为，且，．（1）求的通项公式；（2）保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求的前150项和．解：（1）因为为等差数列，则，即，可得，，所以.（2）因为在与之间插入个3，可知在数列中对应的项数为，当时，则，即；当时，则，即；由题意可知：，所以.17.某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物的影响情况．其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应第1，2，3组．观察一段时间后，分别从第1，2，3组各随机抽取20株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表：株高增量（单位：厘米）第1组鸡冠花样本株数41042第2组鸡冠花样本株数3881第3组鸡冠花样本株数7571假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立．（1）从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，求至少有1株鸡冠花的株高增量在内的概率；（2）分别从第1组，第2组，第3组的鸡冠花中各随机抽取1株，记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量在内，求的分布列和数学期望；（3）用“”表示第组鸡冠花的株高增量在内，“”表示第组鸡冠花的株高增量在内，．比较方差的大小，并说明理由．解：（1）记“第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少有1株鸡冠花的株高增量在内”为事件A，所以.（2）记“从第组的鸡冠花中各随机抽取1株，记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量在内”为事件，由题意可知：，且的可能取值有0，1，2，3，则有：；；；；所以的分布列为0123的期望.（3）由题意可知：均服从两点分布，则有：分布列为：01可得的方差；的分布列为：01可得的方差；的分布列为：01可得的方差；因为，所以.18.已知点,圆,动点A满足.记A的轨迹为曲线．（1）求的方程；（2）过点作倾斜角互补的两条直线，设直线的倾斜角为，直线与曲线交于M，N两点，直线与圆交于P，Q两点，当四边形的面积为时，求．解：（1）由题意可知：圆的圆心为，半径，则，若三点不共线，则，因为，即，整理得，可知，可知：A的轨迹是以为焦点的椭圆（除去长轴顶点）；经检验可知：也符合题意；综上所述：A的轨迹是以为焦点的椭圆，则，所以的方程为.（2）由题意可知：直线与曲线必相交，直线与圆必相交，设直线的方程，联立方程，消去y可得，则，可得，因为直线过圆心，则，且P，Q两点到直线MN的距离相等，又因为直线的倾斜角为，则，且，可知点P到直线MN的距离，则四边形的面积为，解得或，所以或.19.定义：函数满足对于任意不同的,都有，则称为上的“类函数”．（1）若，判断是否为上的“2类函数”；（2）若为上的“3类函数”，求实数a的取值范围；（3）若为上的“2类函数”,且,证明：,,．（1）解：对于任意不同的，不妨设，即，则，所以为上的“2类函数”.（2）解：因为为上的“3类函数”，对于任意不同的，不妨设，则恒成立，可得，即，均恒成立，构建，，则，由，可知在内单调递增，可知在内恒成立，即在内恒成立；同