山东省烟台招远市2024届高考三模 数学试题【含答案】

2024年全国新高考Ⅰ卷模拟试题数学注意事项：1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效一、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，只有一项符合题目要求.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数z满足，则的最小值为（

）A．1 B． C． D．23．若椭圆与椭圆（）的离心率相同，则实数b的值为（

）A． B． C． D．4．一袋子中装有5个除颜色外完全相同的小球，其中3个红球，2个黑球，从中不放回的每次取出1个小球，连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为（

）A． B． C． D．5．若圆与轴没有交点，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．6．若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心，则正整数的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．47．已知向量，满足，在方向上的投影向量为，且，则的值为（

）A．4 B． C．16 D．488．若定义在上的函数满足：，，且对任意，，都有，则（

）A． B．为偶函数C．是的一个周期 D．图象关于对称二、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．下列说法正确的有（

）A．数据1，2，5，7，10的分位数为8.5B．设随机变量，若，则C．已知回归直线方程为，若样本中心为，则D．的极差小于，的极差10．如图1，半圆O的直径为4，点B，C三等分半圆，P，Q分别为OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成如图2所示的圆锥，D为BC的中点，则在图2中，下列结论正确的有（

）A．B．平面C．平面D．三棱锥与公共部分的体积为11．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（

）A．边上的高为B．为定值C．的最小值为2D．若，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．展开式的中间一项的系数为.13．已知双曲线：（，）的渐近线方程为，其右焦点为F，若直线与在第一象限的交点为P且轴，则实数k的值为.14．在平面直角坐标系中，若定义两点和之间的“t距离”为，其中表示p，q中的较大者，则点与点之间的“t距离”为；若平面内点和点之间的“t距离”为，则A点的轨迹围成的封闭图形的面积为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．为提高学生对航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某学校组织学生参加航天科普知识挑战赛，比赛共设置A，B，C三个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为50分，答对问题A，B，C分别加10分，20分，30分，答错任一题减10分；②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于40分或答完三题时累计分数不足80分，答题结束，挑战失败；当累计分数大于或等于80分时，答题结束，挑战成功；③每位参加者按问题A，B，C顺序作答，直至挑战结束.设甲同学能正确回答出问题A，B，C的概率分别为，，，且回答各题正确与否互不影响.(1)求甲同学挑战成功的概率；(2)用X表示甲同学答题结束时答对问题的个数，求X的分布列和数学期望.16．如图，在直三棱柱中，，M，N分别为，中点，且．(1)证明：；(2)若D为棱上的动点，当与平面所成角最大时，求二面角的余弦值.17．在数列中，已知，.(1)求数列的通项公式；(2)若，为数列的前n项和，证明：.18．已知抛物线C：（）过点，F为C的焦点，A，B为C上不同于原点O的两点.(1)若，试探究直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由；(2)若，求面积的最小值.19．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.1．C【分析】解对数不等式化简集合，由集合的交并补混合运算即可得解.【详解】因为，所以，因为，所以.故选：C.2．B【分析】由复数的几何意义即可求解.【详解】若复数z满足，则由复数的几何意义可知复数对应的点集是线段的垂直平分线，其中，所以的最小值为.故选：B.3．A【分析】由离心率相等列出关于的方程求解即可.【详解】若椭圆与椭圆（）的离心率相同，则，解得满足题意.故选：A.4．D【分析】分第一次取出为红球和黑球两种情况求解即可.【详解】由题意，第一次取出可能为红球或黑球，故连续取两次，则取出的这两个小球颜色不同的概率为.故选：D5．C【分析】求出圆心坐标利用几何法得到不等式，解出即可.【详解】即，，解得或，且其圆心坐标为，若该圆与轴没有交点，则，解得故选：C.6．C【分析】先得出，然后结合已知列出关于的不等式组，结合是正整数即可得解.【详解】由题意且是整数，若，则，若函数在上有且只有一条对称轴和一个对称中心，所以，解得，即.故选：C.7．B【分析】根据题意结合投影向量可得，再根据垂直关系可得，进而可求模长.【详解】由题意可知：，即，因为在方向上的投影向量为，可得，又因为，则，可得，则，所以.故选：B.8．D【分析】首先得出的对称中心以及周期，结合剩下的已知来构造函数，以此排除ABC，并证明D选项.【详解】在中，令，得，则是函数的一个对称中心，在中，令，得，所以，是的一个周期，接下来我们构造反例说明ABC错误，然后证明D正确：首先对于ABC而言，由以上分析不妨设，而，，若要恒成立，只需恒成立，只需，因为，所以，从而满足题意的可以是，但是，故A错误；，故B错误；是函数的一个最小正周期，故C错误；现在我们来证明D是正确的：对于D，由以上分析有，，这表明图象关于对称，故D正确.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是得出是函数的一个对称中心，且是函数的一个周期，由此即可顺利得解.9．AC【分析】根据第百分位定义计算可判断A；根据二项分布的期望和方差计算可判断B；根据回归直线方程必过样本中心代入计算可判断C；根据极差的概念计算可判断D.【详解】对A，因为，所以第分位数为，故A正确；对B，因为随机变量，所以，解得或，当时，，当时，，故B错误；对C，因为样本中心在回归直线方程上，所以，解得，故C正确；对D，原数据极差为：，新数据极差为：，因为，所以的极差大于，的极差，故D错误.故选：AC10．ACD【分析】对于A，先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可判断；对于B，由勾股定理逆定理结合，可得与不垂直，由此即可判断；对于C，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可判断；对于D，连接交于点，连接并延长，可知交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可求解体积并判断D.【详解】对于A，在图中，设圆锥的底面圆半径为，则，解得，因为在图1中，点、三等分半圆，所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，所以为等边三角形，所以，所以，又因为点、分别是、的中点，所以，故A正确；对于B，连接，因为三角形边长为的等边三角形，三角形为等腰三角形，点是的中点，所以，而，所以，这表明与不垂直，故B错误；对于C，因为点、分别是、的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故C正确；对于D，连接交于点，连接并延长，则由对称性可知必定交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，因为点分别是、的中点，所以为的重点，所以，由上易知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，所以圆锥的高为，所以，所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为，故D正确.故选：ACD.11．ABD【分析】对A，根据边上的高为求解即可；对B，由正弦定理结合三角恒等变换化简即可；对C，由正弦定理结合三角恒等变换化简，结合B中，再根据基本不等式求解即可；对D，根据三角形内角关系，结合两角和差的正切公式与正弦定理判断即可.【详解】对A，边上的高为，由题意，故A正确；对B，由正弦定理即，故，又锐角，故，即，故B正确；对C，，又，故，当且仅当，即时取等号，此时，，与锐角矛盾，故C错误；对D，，即，又，即，故，解得，故.则，即，解得.故，，或，.不妨设，，则，，故，，，故，由正弦定理，故D正确.故选：ABD12．【分析】中间一项是第4项，结合二项展开式的系数的计算公式即可求解.【详解】因为展开式共有7项，它的中间一项是第4项，所以展开式的中间一项的系数为.故答案为：.13．【分析】根据双曲线的渐近线方程可得，由轴得，利用斜率公式可得结果.【详解】因为双曲线：（，）的渐近线方程为，依题意有，即，又右焦点为，且轴，所以，所以，故答案为：.

14．4【分析】第一空：直接根据“t距离”的定义计算即可求解；第二空：根据“t距离”的定义分两种情况讨论得出A点的轨迹是正方形的四条线段；由此即可得解.【详解】第一空：点与点之间的“t距离”为；第二空：若平面内点和点之间的“t距离”为，则，不妨设，解得或，此时，即，由对称性可知，当或时，，如图所示：

，所以A点的轨迹就是正方形的四条线段，则A点的轨迹围成的封闭图形的面积为.故答案为：；4.【点睛】关键点点睛：关键是严格按照“t距离”的定义进行计算，由此即可顺利得解.15．(1)(2)分布列见解析，数学期望为【分析】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，分析甲同学能进入下一轮包括，分别求概率，再相加；（2）分析出的可能取值：0，1，2，分别求概率，写出分布列，求出数学期望即可.【详解】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，则;.记事件Q：甲同学能进入下一轮的概率，则：.即甲同学能进入下一轮的概率为.（2）由题意知的可能取值：0，1，2，∴;,，，∴的分布列为：012∴,即数学期望为.16．(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，证明即可；（2）当与平面所成角最大时，求出此时点的位置，再求出二面角所对应的两个平面的法向量，结合向量夹角公式即可运算求解.【详解】（1）在直三棱柱中，平面，而平面，平面，所以，，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，M，N分别为，中点，所以，，所以，所以，所以，即；（2）由（1）得，，设，所以，因为平面，所以取平面的一个法向量为，设与平面所成角为，所以与平面所成角的正弦值为，若要与平面所成角最大，则当且仅当最大，所以当且仅当时，最大，此时，因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，平面，所以平面和平面是同一个平面，所以平面，所以可取平面的一个法向量为，若的坐标为，且注意到，所以，设平面的法向量为，由，可得，令，解得，所以取平面的一个法向量为，由图可知二面角是锐角，所以二面角的余弦值为，综上所述，二面角的余弦值为.17．(1)(2)证明见解析【分析】（1）构造等比数列数列即可求得通项公式；（2）代入（1）中的通项公式可得，再根据，结合累加求和证明即可.【详解】（1）由可得，则，即，故是以为首项，为公比的等比数列.故，则，.（2）.易得，故.又，故.综上有，即得证.18．(1)直线过定点(2)【分析】（1）首先根据已知点求出抛物线方程，设，，联立抛物线方程，有，结合，由向量垂直的坐标表示可列出方程，由此解出，进一步检验判别式即可得解；（2）由得条件等式，进一步得出的取值范围是或，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出面积，结合的范围即可得解.【详解】（1）已知抛物线C：（）过点，所以，所以抛物线的方程为，直线斜率不可能为0，否则直线与抛物线没有两个交点，故可设，，联立抛物线的方程为，可得，，由韦达定理有，因为，所以，因为A，B为C上不同于原点O的两点，所以，所以，经检验符合题意；即，所以直线过定点；（2）显然，由（1）得，，因为，所以，即有条件等式成立，而，所以首先有，其次，或，因为为直线在轴上的截距，且与相异，由图可知，从而的取值范围是或，，点到直线的距离为，所以的面积可表示为：，因为的取值范围是或，所以或，所以当，即时，，综上所述，面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键是得出的取值范围以及面积的表达式，由此即可顺利得解.19．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)【分析】（1）直接使用导数的符号判断单调性；（2）将方程化为，再讨论方程的解的个数，然后得到方程的根满足的条件，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）求导知.当时，由可知，在上单调递增；当时，对有，对有，所以在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，，故原方程可化为.而，所以原方程又等价于.由于和不能同时为零，故原方程又等价于.即.设，则，从而对有，对有.故在上递增，在上递减，这就得到，且不等号两边相等当且仅当.然后考虑关于的方程：①若，由于当时有，而在上递增，故方程至多有一个解；而，，所以方程恰有一个解；②若，由于在上递增，在