2024届山东省济南市高三下学期5月适应性考试（三模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3山东省济南市2024届高三下学期5月适应性考试（三模）数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以.故选：D.2.已知双曲线的一条渐近线方程为，则（）A.1 B.2 C.8 D.16〖答案〗A〖解析〗依题意，得，令，即的渐近线方程为，所以.故选：A3.已知角的顶点与原点重合,始边与轴的非负半轴重合,终边经过点，则（）A.0 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，即，即角的终边经过点，所以，，所以.故选：D4.对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（）A.倍 B.倍 C.倍 D.倍〖答案〗B〖解析〗设所对应的极径为，则，则所对应的极径为，所以，故每增加个单位，则变为原来的倍.故选：B5.已知平面向量，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，,在上的投影向量为.故选：A.6.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，则，故该球的表面积为.故选：C.7.已知复数，若同时满足和，则为（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗C〖解析〗设，则，，由和，所以且，即且，解得或，所以、（或、），则（或），所以.故选：C.8.在中，，为内一点，，，则（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在中，设，令，则，，在中，可得，，由正弦定理，所以，所以，可得，即．故选：B．二、选择题9.已知两个变量y与x对应关系如下表：x12345y5m8910.5若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（）A.y与x正相关 B.C.样本数据y的第60百分位数为8 D.各组数据的残差和为0〖答案〗AD〖解析〗由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；由表格数据及回归方程易知，即B错误；易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；由回归直线方程知时对应的预测值分别为，对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.故选：AD.10.若函数，则（）A.的图象关于对称 B.在上单调递增C.的极小值点为 D.有两个零点〖答案〗AC〖解析〗对于函数，令，解得或，所以函数的定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；又，当时，，即在上单调递减，故B错误；当时，，即在上单调递增，根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；又，且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，故无零点，故D错误．故选：AC．11.已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（）A.平面 B.点P的轨迹长度为C.存在点P，使得平面 D.点P到平面距离的最大值为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，在正方体中易知，又平面，平面，所以平面，即A正确；对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，所以点P的轨迹长度为，故B正确；对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，若存在点P，使得面，则，解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，即不存在点P，使得面，故C错误；对于D，设平面的一个法向量为，则，取，即，则点P到平面的距离，显然时取得最大值，故D正确.故选：ABD三、填空题12.写出函数图象的一条对称轴方程_________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗易知，所以，不妨取，则.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）13.某人上楼梯，每步上1阶概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为_________．〖答案〗〖解析〗到达第3台阶的方法有两种：第一种：每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：只上一步且上两个台阶，则概率为，所以到达第3阶台阶的概率为，故〖答案〗为：.14.设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则_________；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为_________．〖答案〗2〖解析〗设，则，，即，时取得最小值；易知，，联立有，显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，过作交l于N，过作，则（重合时取得等号），设，则，所以，故〖答案〗为：2，四、解答题15.如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：连接、，因为四边形为菱形，所以是边长为的正三角形，因为为中点，所以，，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，所以，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：因为直线两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以设平面的一个法向量为，则，即，令，得，所以，由题意知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．（1）求椭圆E的方程；（2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．解：（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，易知，则，显然时，由题意得解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为，所以所以①设直线的方程为，联立得，整理得，由韦达定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直线的方程为：或.17.在一个袋子中有若干红球和白球（除颜色外均相同），袋中红球数占总球数的比例为．（1）若有放回摸球，摸到红球时停止．在第次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；（2）某同学不知道比例，为估计的值，设计了如下两种方案：方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球次停止．方案二：从袋中进行有放回摸球次．分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计的值更合理．解：（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，则，，所以；（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，则的可能取值为：，且，，，，，，所以分布列为：01则，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，因为，所以的分布列为：，即的分布列为：01所以，则，因为，，所以“方案二”估计的值更合理.18.已知函数，为的导数（1）讨论的单调性；（2）若是的极大值点，求的取值范围；（3）若，证明：．（1）解：由题知，令，则，当时，区间单调递增，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）解：当时，，由（1）知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，且，由（1）知，当时，上单调递减；当时，在上单调递增；所以是函数的极小值点，不符合题意；当时，，则当时，在上单调递增，所以无极值点，不合题意；当时，，且；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；所以是函数的极大值点，符合题意；综上所述，的取值范围是.（3）证明：要证，只要证，只要证，，因为，则，所以只要证对任意，有，只要证对任意，有（※），因为由（2）知：当时，若，则，所以，即①，令函数，则，所以当时，所以在单调递增；则，即，由①②得，所以（※）成立，所以成立.19.若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列．（1）已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由；（2）若函数有三个零点，其中．证明：数列为“对数凹性”数列；（3）若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得．证明：数列为“对数凹性”数列．（1）解：根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中不成立，所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列；而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列；（2）证明：根据题意及三次函数的性质易知有两个不等实数根，所以，又，所以，显然，即不是的零点，又，令，则也有三个零点，即有三个零点，则有三个零点，所以有两个零点，所以同上有，故数列为“对数凹性”数列（3）证明：将互换得：，所以，令，得，所以，故数列是等差数列，记，所以，所以，又因为，所以，所以，所以为单调递增的等差数列，所以.所以所以，数列是“对数凹性”数列.山东省济南市2024届高三下学期5月适应性考试（三模）数学试题一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以.故选：D.2.已知双曲线的一条渐近线方程为，则（）A.1 B.2 C.8 D.16〖答案〗A〖解析〗依题意，得，令，即的渐近线方程为，所以.故选：A3.已知角的顶点与原点重合,始边与轴的非负半轴重合,终边经过点，则（）A.0 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，即，即角的终边经过点，所以，，所以.故选：D4.对数螺线广泛应用于科技领域．某种对数螺线可以用表达，其中为正实数，是极角，是极径．若每增加个单位，则变为原来的（）A.倍 B.倍 C.倍 D.倍〖答案〗B〖解析〗设所对应的极径为，则，则所对应的极径为，所以，故每增加个单位，则变为原来的倍.故选：B5.已知平面向量，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，,在上的投影向量为.故选：A.6.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知该球为圆柱的外切球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为，则，故该球的表面积为.故选：C.7.已知复数，若同时满足和，则为（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗C〖解析〗设，则，，由和，所以且，即且，解得或，所以、（或、），则（或），所以.故选：C.8.在中，，为内一点，，，则（）A B. C. D.〖答案〗B〖解析〗在中，设，令，则，，在中，可得，，由正弦定理，所以，所以，可得，即．故选：B．二、选择题9.已知两个变量y与x对应关系如下表：x12345y5m8910.5若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（）A.y与x正相关 B.C.样本数据y的第60百分位数为8 D.各组数据的残差和为0〖答案〗AD〖解析〗由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确；由表格数据及回归方程易知，即B错误；易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误；由回归直线方程知时对应的预测值分别为，对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确.故选：AD.10.若函数，则（）A.的图象关于对称 B.在上单调递增C.的极小值点为 D.有两个零点〖答案〗AC〖解析〗对于函数，令，解得或，所以函数的定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；又，当时，，即在上单调递减，故B错误；当时，，即在上单调递增，根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；又，且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，故无零点，故D错误．故选：AC．11.已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（）A.平面 B.点P的轨迹长度为C.存在点P，使得平面 D.点P到平面距离的最大值为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，在正方体中易知，又平面，平面，所以平面，即A正确；对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，所以点P的轨迹长度为，故B正确；对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，若存在点P，使得面，则，解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，即不存在点P，使得面，故C错误；对于D，设平面的一个法向量为，则，取，即，则点P到平面的距离，显然时取得最大值，故D正确.故选：ABD三、填空题12.写出函数图象的一条对称轴方程_________．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗易知，所以，不妨取，则.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）13.某人上楼梯，每步上1阶概率为，每步上2阶的概率为，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为_________．〖答案〗〖解析〗到达第3台阶的方法有两种：第一种：每步上一个台阶，上两步，则概率为；第二种：只上一步且上两个台阶，则概率为，所以到达第3阶台阶的概率为，故〖答案〗为：.14.设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则_________；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为_________．〖答案〗2〖解析〗设，则，，即，时取得最小值；易知，，联立有，显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，过作交l于N，过作，则（重合时取得等号），设，则，所以，故〖答案〗为：2，四、解答题15.如图，四棱台的底面为菱形，，点为中点，．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：连接、，因为四边形为菱形，所以是边长为的正三角形，因为为中点，所以，，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，所以，所以，又因为平面，所以平面.（2）解：因为直线两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以设平面的一个法向量为，则，即，令，得，所以，由题意知，是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16.已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．（1）求椭圆E的方程；（2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．解：（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，易知，则，显然时，由题意得解得，所以椭圆的方程为；（2）设，因为，所以所以①设直线的方程为，联立得，整理得，由韦达定理得，把①式代入上式得，得，解得，所以直线的方程为：或.17.在一个袋子中有若干红球和白球（除颜色外均相同），袋中红球数占总球数的比例为．（1）若有放回摸球，摸到红球时停止．在第次没有摸到红球的条件下，求第3次也没有摸到红球的概率；（2）某同学不知道比例，为估计的值，设计了如下两种方案：方案一：从袋中进行有放回摸球，摸出红球或摸球次停止．方案二：从袋中进行有放回摸球次．分别求两个方案红球出现频率的数学期望，并以数学期望为依据，分析哪个方案估计的值更合理．解：（1）设事件“第2次没有摸到红球”，事件“第3次也没有摸到红球”，则，，所以；（2）“方案一”中红球出现的频率用随机变量表示，则的可能取值为：，且，，，，，，所以分布列为：01则，“方案二”中红球出现的频率用随机变量表示，因为，所以的分布列为：，即的分布列为：01所以，则，因为，，所以“方案二”估计的值更合理.18.已知函数，为的导数（1）讨论的单调性；（2）若是的极大值点，求的取值范围；（3）若，证明：．（1）解：由题知，令，则，当时，区间单调递增，当时，令，解得，当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间