精品解析：2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟（一）数学试题

2024年高考适应性训练 数学试题（一） 本试卷共19题，满分150分，共6页．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，4，x，7，9，若该组数据的中位数与平均数相等，则数据x是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 已知点在椭圆上，，是该椭圆的两个焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列是各项均为正数的等比数列，且，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，和平面 ，，，，则的必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 5. 某市人民医院急诊科有名男医生和名女医生，内科有名男医生和名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派名男医生和名女医生组成人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 已知， ，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数 在 有两个极值点，求实数t的取值范围． 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. 以下说法正确的是（ ） A. 袋子中有个大小相同的小球，其中 个白球、个黑球.每次从袋子中随机摸出个球，若已知第一次摸出的是白球，则第二次摸到白球的概率为 B. 对分类变量与来说，越大，“与无关系”的把握程度越大 C. 残差点分布在以横轴为对称轴的带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好 D. 已知随机变量，若，则 10. 已知复数 的共轭复数为，则（ ） A. 为纯虚数 B. 若方程的一个根为，则 C. 满足的复数对应的点在第一象限 D. 若，则 11. 已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，若，则的取值范围为______. 13. 已知，则______. 14. 圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和上下底面均相切，球的球心为.已知圆台上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为，母线与底面所成的角为 ，且.若该圆台的上下两个底面都在同一个球的球面上，该球的球心为，记圆台的表面积为 ，体积为 ，球的表面积为，则 ______，______. 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. 某投资公司现从甲投资研究室（人）、乙投资研究室（人）中随机选出名资深投资顾问对某项目进行考察投资. （1）记选出的名资深投资顾问中，甲投资研究室的人数为，求的分布列和均值； （2）为给投资提供决策依据，资深投资顾问对此项目的个子项目调查了年研发经费（单位：万元）和年销售额（单位：十万元），并对数据进行了初步处理，得到一些统计量的值：，，，，根据散点图认为关于的经验回归方程为，求与的值（结果精确到）. 参考公式：，其中 16. 如图，在三棱柱中，为的中点，，，，. （1）求证： ； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 17. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数 在 有两个极值点，求实数t的取值范围． 18. 已知抛物线，焦点为 ，点在 上，直线∶ 与 相交于两点，过分别向 的准线作垂线，垂足分别为. （1）设的面积分别为，求证：； （2）若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标. 19. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” （1）已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； （2）设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高考适应性训练 数学试题（一） 本试卷共19题，满分150分，共6页．考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，4，x，7，9，若该组数据的中位数与平均数相等，则数据x是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得，求解即可. 【详解】由题意，，解得. 故选：C. 2. 已知点在椭圆上，，是该椭圆的两个焦点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，由基本不等式可得，则由，代入即可得到答案. 【详解】由题知，，，即， ，则， 因为（当且仅当时，等号成立）， 所以， 所以 （当且仅当时，等号成立）． 故选：D. 3. 已知数列是各项均为正数的等比数列，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两个等式，结合方程的思想，全部转化为关于的方程，解方程组可得. 【详解】设数列的公比为，由得，所以， 又因为各项均为正数， 所以， 由得，所以， 故， 故选：A. 4. 已知直线，和平面，，，，则的必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理可得结论. 【详解】因为，所以，当时，由线面垂直的性质定理可知； 只有当且时才能得到. 所以的必要不充分条件是. 故选：. 5. 某市人民医院急诊科有名男医生和名女医生，内科有名男医生和名女医生，现从该医院急诊科和内科各选派名男医生和名女医生组成人组，参加省人民医院组织的交流会，则所有不同的选派方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理可求结论. 【详解】从急诊科选派名男医生和名女医生有 种方案， 从内科选派名男医生和名女医生有 种方案， 根据分步乘法计数原理，共有 种不同的选派方案. 故选:A. 6. 函数的部分图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用奇函数定义判断函数为奇函数，排除A；再利用y轴右侧有两个零点排除B；在根据函数值的符号排除C，即可判断. 【详解】函数的定义域为， 因为，所以为奇函数，排除A； 易知，排除B； 当 且无限趋近于0时，，即 ，排除. 故选：D 7. 已知， ，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性求得的范围，根据指数函数的单调性得的范围，即可比较大小. 【详解】因为在 上单调递减，所以，即， 因为在 上单调递增，所以，即， 因为在上单调递增，所以，即， 综上， . 故选：D 8. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数 在 有两个极值点，求实数t的取值范围． 【答案】（1）当时，不具有单调性； 当 时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）分， 和，求定义域，求导，得到函数单调性； （2）求定义域，求导，得到，即 在 有两个变号零点，求导得到 ，分， ，和，讨论函数单调性和最值情况，得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 当时， 为常数函数，不具有单调性； 当时， 的定义域为， ， 若 ，令得，令得 ， 故 在上单调递增，在上单调递减， 若，令得 ，令得， 故 在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，不具有单调性； 当 时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ，定义域为， ， 在 有两个极值点， 即 在 有两个变号零点， ， 若，则 ， 故 在上单调递增， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若 ，令 得 ， 若 ，则 ，此时 在上单调递增， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若，则 ，此时 在上单调递减， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若，则令 得 ，令 得 ， 故 在上单调递减，在上单调递增， 令 ，由于，解得 ， 又趋向于0时，趋向于1， ， 故当时，满足 在 有两个变号零点， 故实数t的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 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. 以下说法正确的是（ ） A. 袋子中有个大小相同的小球，其中 个白球、个黑球.每次从袋子中随机摸出个球，若已知第一次摸出的是白球，则第二次摸到白球的概率为 B. 对分类变量与来说，越大，“与无关系”的把握程度越大 C. 残差点分布在以横轴为对称轴的带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好 D. 已知随机变量，若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式可求随机事件的概率，则可判断A；根据独立性检验的定义，即可判断B；利用残差图判断模型的拟合效果，从而可判断C；根据正态分布的性质可判断D. 【详解】对于 ，在第一次摸出白球后，样本空间缩小为袋子中共有 个小球，其中白球有个，所以第二次摸出白球的概率，所以 正确； 对于 ，由独立性检验可知，的值越大，零假设成立的可能性越小，即“与有关系”的把握程度越大， 所以 不正确； 对于，残差点分布在以横轴为对称轴的带状区域内，该区域越窄，拟合效果越好， 所以正确； 对于，因为随机变量且，由正态分布的性质可得，所以，所以正确. 故选：. 10. 已知复数 的共轭复数为，则（ ） A. 为纯虚数 B. 若方程的一个根为，则 C. 满足的复数对应的点在第一象限 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数 及其共轭复数相关定义、性质及几何意义对选项一一分析即可. 【详解】对于A，设， 则，所以，当时为实数，所以A不正确. 对于B，由题意，为方程的另外一根， 所以，所以B正确. 对于C,， 则，由题意，， 整理得， 所以，且， 解得或 ，或 ， 点在第一象限或在轴上，所以C不正确. 对于D，由题意，复数 对应的点在以点为焦点，长轴长为的椭圆上， 所以椭圆的长半轴长为2，短半轴长为. 故，所以D正确 故选：BD. 11. 已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由为偶函数，得，两边求导化简后可得 为奇函数，然后逐个赋值分析判断即可. 【详解】对于 ，∵为偶函数，则 两边求导得: , ∴ ， 为奇函数，, 令，则，，所以 不正确 对于 ，令，可得，则, 所以 正确; 对于，， 可得，，两式相加的 令，即可得，所以正确; 对于，∵，则， 又，可得，所以 是以为周期的函数， 所以，所以正确. 故选： 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的奇偶性和周期性的应用，考查导数的应用，解题的关键是根据已知条件判断 为奇函数，考查计算能力，属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，若，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】求得，由，可得以或，求解即可. 【详解】由题意，， 或， 因为，所以或， 又因为，所以 . 故的取值范围为 . 故答案为： . 13. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式化简，再将含 的三角函数弦化切，通过变形即可求出 . 【详解】因为， 所以 ， 得， 所以， 则 . 故答案为：. 14. 圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和上下底面均相切，球的球心为.已知圆台上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为，母线与底面所成的角为 ，且.若该圆台的上下两个底面都在同一个球的球面上，该球的球心为，记圆台的表面积为 ，体积为 ，球的表面积为，则 ______，______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设圆台的母线长为,易得， ，进而可得圆台的高，可求得圆台的体积与表面积，设圆台的上下底面圆心分别为，球的半径为,分球心在上与延长线上两种情况求解即可. 【详解】设圆台的母线长为, 由圆台的轴截面,易知，解得， 所以. 设圆台的高为，则， 所以， ， 设圆台的上下底面圆心分别为，球的半径为, 当球心在线段上时, 设,则, 由球的截面性质得: 解得:. 当球心在的延长线上时, 同理可得: 此方程组无解 所以. 故答案为：①；②. 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. 某投资公司现从甲投资研究室（人）、乙投资研究室（人）中随机选出名资深投资顾问对某项目进行考察投资. （1）记选出的名资深投资顾问中，甲投资研究室的人数为，求的分布列和均值； （2）为给投资提供决策依据，资深投资顾问对此项目的个子项目调查了年研发经费（单位：万元）和年销售额（单位：十万元），并对数据进行了初步处理，得到一些统计量的值：，，，，根据散点图认为关于的经验回归方程为，求与的值（结果精确到）. 参考公式：，其中 【答案】（1）的分布列为 均值 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布，求出对应的概率，得到分布列和均值； （2）先求均值，再代入公式可求以及. 【小问1详解】 的可能取值为， 故， ， ， 故的分布列为 故均值. 【小问2详解】 由题中数据，, 又因为,， 故， . 16. 如图，在三棱柱中， 为的中点，，，，. （1）求证： ； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取 中点，连接 、，利用等腰三角形性质及线面垂直判定定理得平面 ，利用等边三角形的性质及线面垂直判定定理得 平面，进而证得平面 ，即可利用线面垂直的定义可得证明； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数关系求解即可. 【小问1详解】 取 的中点，连接 、， 为的中点，，， ，， 又因为 ， 平面 ，因此平面 ， 又是三棱柱，是平行四边形， ，， 、均为等边三角形， ，则，， ， ，平面，平面， 平面，， ，在 中，，，，又 ， ，即， 又平面 ，平面 ， 平面 ，. 【小问2详解】 由（1）可知、、两两垂直，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由于 是的中点，得，又由可得， ，，， 设平面的法向量为，则， 即，令，得， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设平面与平面的夹角为 ， 则， ， 即平面与平面夹角的正弦值为. 17. 已知函数 ． （1）讨论函数的单调性； （2）若函数 在 有两个极值点，求实数t的取值范围． 【答案】（1）当时，不具有单调性； 当 时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）分， 和，求定义域，求导，得到函数单调性； （2）求定义域，求导，得到，即 在 有两个变号零点，求导得到 ，分， ，和，讨论函数单调性和最值情况，得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 当时， 为常数函数，不具有单调性； 当时， 的定义域为， ， 若 ，令得，令得 ， 故 在上单调递增，在上单调递减， 若，令得 ，令得， 故 在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，不具有单调性； 当 时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ，定义域为， ， 在 有两个极值点， 即 在 有两个变号零点， ， 若，则 ， 故 在上单调递增， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若 ，令 得 ， 若 ，则 ，此时 在上单调递增， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若，则 ，此时 在上单调递减， 所以 在 有没有两个变号零点，舍去； 若，则令 得 ，令 得 ， 故 在上单调递减，在上单调递增， 令 ，由于，解得 ， 又趋向于0时，趋向于1， ， 故当时，满足 在 有两个变号零点， 故实数t的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 18. 已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶ 与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为. （1）设的面积分别为，求证：； （2）若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点 ，并求出点 的坐标. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析，和 【解析】 【分析】（1）将点代入得抛物线方程为 ，设，联立直线与抛物线方程，韦达定理，然后用坐标表示三个三角形的面积，化简即可证明. （2）先求出直线的方程，令 得点的坐标，同理得点的坐标，从而求出以为直径的圆，令得圆恒过的定点. 【小问1详解】 将代入，得 ，所以抛物线方程为 ， 由题意知，设， 由得，，， 所以， 所以 ，即. 【小问2详解】 直线的斜率， 故直线的方程为，令得， 所以点的坐标为，同理，点的坐标为， 设线段的中点为，则 =， 又= ， 所以以为直径的圆为， 即，令得 或 ， 故以为直径的圆过定点和. 19. 已知数列是斐波那契数列，这一数列以如下递推的方法定义：．数列对于确定的正整数k，若存在正整数n使得成立，则称数列为“阶可分拆数列” （1）已知数列满足，判断是否对，总存在确定的正整数k，使得数列为“k阶可分拆数列”，并说明理由； （2）设数列的前n项和为． （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值； （ⅱ）在（ⅰ）问的前提下，若数列满足，其前n项和为，求证：当且时，成立． 【答案】（1）存在，理由如下： 存在，理由如下： 由已知得， ， ，即， 对，当正整数 时，存在，使得成立， 即数列为“1阶可分拆数列”. （2）（ⅰ）符合条件的实数的值为0； （ⅱ）证明如下： ， 当时，， ， ， 由（ⅰ）知，所以， ①， ②， 由①-②可得 ， ， ， ， 当且时，成立. 【解析】 【分析】（1）根据“k阶可分拆数列”的概念，判断数列为“1阶可分拆数列”. （2）先根据前项和公式，求出数列的通项公式，（ⅰ）由可求的值，再讨论时，无解即可；（ⅱ）根据，可得，利用“累加法”可得：；再利用“错位相减法”证明，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 当时，， 当时，， （ⅰ）若数列为“1阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立， 当时，，即，解得， 当时，，即， 因，所以，又， 故方程无解. 综上所述，符合条件的实数的值为0. （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的正整数，存在正整数使得成立即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $