精品解析：2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟（二）数学试题

试卷类型： A 2024年高考适应性训练 数 学 试 题（二） 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 有下列一组数据：，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知曲线，则“”是“曲线的焦点在轴上的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 中项的系数为（ ） A. B. C. D. 5. 若 ， 则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值（ ） A. B. C. D. 7. 在各项均为正数的等比数列中，已知，其前项之积为，且，则取得最大值时，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，上一点到焦点的距离为，过焦点的直线与抛物线交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心的坐标为 B. 直线与圆始终有两个交点 C. 当时，直线与圆相交于两点，则的面积为 D. 点到直线的距离最大时， 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列有最大项 B. 使的项共有项 C. 满足的值共有个 D. 使取得最小值的值为4 11. 已知函数是上的奇函数，且过点，对于一切正实数，都有． 当时，恒成立，则（ ） A. B. 在上是单调函数 C. 有三个零点 D. 当时， 三、填空题：本题共 3小题，每小题5分，共15 分． 12. 已知向量，，且，则向量的坐标为 ______． 13. 已知，则______． 14. 正方体的棱长为，分别为上的点，，分别为上的动点．若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为 ______． 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. 已知内角的对边分别为，． （1）求A； （2）A的平分线交于点，，求的最大值． 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 17. 已知椭圆的焦距为，点在上． （1）求的方程； （2）点是的左顶点，直线 交于两点，分别交直线于点，线段的中点为，直线与轴相交于点，直线的斜率为，求证：为定值． 18. 在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负． （1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望； （2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知． ① 试证明：为等比数列； ② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小． 19. 定义函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意恒成立，求的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．（注：是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 试卷类型： A 2024年高考适应性训练 数 学 试 题（二） 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出对应的集合，再用交集的定义求解即可. 【详解】由，解得， 则， 故. 故选：. 2. 有下列一组数据：，则这组数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将数据按升序排列，结合百分位数的定义分析求解. 【详解】该组数据从小到大排列为，共有个数据， 因为，所以第百分位数为从小到大排列的第个数即． 故选：C． 3. 已知曲线，则“”是“曲线的焦点在轴上的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】易得充分性成立，当 时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，可知必要性不成立. 【详解】当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆， 故充分性成立； 当 时，曲线表示焦点在轴上的双曲线， 故由曲线的焦点在轴上推不出，即必要性不成立； 所以“”是“曲线的焦点在轴上”的充分不必要条件． 故选：A． 4. 中项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项及组合数的性质计算可得. 【详解】因为展开式的通项为（且）， 又展开式的通项为（且）， 所以中项系数为： ． 故选：B 5. 若 ， 则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式化简可得，再由二倍角的正弦公式及同角三角函数的基本关系得解. 【详解】由 ，得， 所以，即， 所以． 故选：D． 6. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，即，然后构造函数，利用可得在上单调递增，从而可得，则可求出的取值范围，进而可求得的最大值. 【详解】依题意可知，在上恒成立，所以， 设，，所以（）， 所以在上单调递增，， 故，即的最大值为． 故选：C． 7. 在各项均为正数的等比数列中，已知，其前项之积为，且，则取得最大值时，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得，进而可得，可得等比数列是递减数列，且，可求取得最大值时的值． 【详解】由，得， ， 则，由于，得， 所以等比数列是递减数列，故，则取得最大值时． 故选：A． 8. 已知抛物线的焦点为，上一点到焦点的距离为，过焦点的直线与抛物线交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求得，进而求得抛物线方程.设出直线的方程，并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合基本不等式求得的最小值. 【详解】由点到焦点的距离为，即到准线的距离为， 故，，抛物线， 设，不妨设，设直线的方程为， 联立 化为， 则 ， 当且仅当时，即时等号成立． 故选：B 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. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 圆心的坐标为 B. 直线与圆始终有两个交点 C. 当时，直线与圆相交于两点，则的面积为 D. 点到直线的距离最大时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，对圆的方程配方后可求出圆心判断，对于B，先求出过定点，再判断点与圆的位置关系，从而可得结论，对于C，先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，从而可求出的面积，对于D，由于直线过定点，则当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，从而可求出的值. 【详解】对于A：配方得，所以圆心，半径，所以A正确； 对于B：由，得，则直线过定点， 因为，所以点在圆内， 所以直线与圆始终有两个交点，所以B正确; 对于C：设圆心到直线的距离为，则，弦长， 所以面积，所以C不正确． 对于D：由题意得直线过定点，故当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，由于，故得，所以D正确． 故选：ABD． 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列有最大项 B. 使的项共有项 C. 满足的值共有个 D. 使取得最小值的值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A，根据通项公式由整除可判断B，根据项的正负及不等式判断C，根据数列项的符号判断D. 【详解】对于A：因为，所以， 令，即，解得，又，所以当时，则当或时，，令，解得，所以，，所以数列有最大项，故A正确； 对于B：由，则又，所以或或或或，所以使的项共有项． 故B不正确； 对于C：要使，又，所以、、中有个为负值或个为负值，所以或，故满足的的值共有2个，故C正确； 对于D：因为时，时，所以当时取得最小值，故 D不正确． 故选：AC． 11. 已知函数是上的奇函数，且过点，对于一切正实数，都有． 当时，恒成立，则（ ） A. B. 在上是单调函数 C. 有三个零点 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，赋值即可判断；对于B，分别赋值、和求出和即可判断；对于C，探究在上的单调性，结合、和函数奇偶性即可判断；对于D，由函数单调性以及研究特殊值，，即可得解. 【详解】由题， 对于A：令，，所以A正确； 对于B：令， ，得； 令，，得， 令，，得，所以B不正确； 对于C：当时， ，得， 故，即 又即， 所以，设， 则， 因为，所以， ， 因为当时，恒成立， 所以，即， 故在上单调递增， 又，，且函数是上的奇函数， 所以，故有三个零点． 所以C正确； 对于D：当时， 因为在上单调递增，，，所以 ； 当时，因为，， ， ， ， 由奇函数在上单调递增，所以； 所以当时，.所以D正确. 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：探究函数零点个数和根据函数值，求解变量的关键是巧妙赋值实现，从而结合奇偶性探究得出函数在R上的单调性. 三、填空题：本题共 3小题，每小题5分，共15 分． 12. 已知向量，，且，则向量的坐标为 ______． 【答案】或． 【解析】 【分析】设，然后根据已知条件列方程组求解即可. 【详解】设， 因为向量，，且， 所以，解得：或 于是或． 故答案为：或． 13. 已知，则______． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据条件概率公式及和事件的概率公式求解即可. 【详解】由条件概率公式得 再由，得=， 所以． 故答案为： 14. 正方体的棱长为，分别为上的点，，分别为上的动点．若点在同一球面上，当平面时，该球的表面积为 ______． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用，可求，作的平行线，分别为，，的中点，连接，可得球心在过的外心且垂直平面的垂线上，连接，设，，利用向量法求得，进而求得球心的坐标，求得球的半径进而可求表面积. 【详解】建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，， ，．设，，， 又，则， 解得． 再根据如图2所示，作的平行线，分别为，，的中点，连接， 因为为直角三角形，故的外接球球心在过的外心且垂直平面的垂线上． 连接，根据球心到球面上任何一点的距离都相等，故，故， 由题可设，，所以， 又，所以，解得， 所以，所以， 所以球的表面积为． 故答案为：. 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. 已知内角的对边分别为，． （1）求A； （2）A的平分线交于点，，求的最大值． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，再结合余弦定理可得，即可得结果； （2）根据题意结合面积关系可得，再利用基本不等式分析求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，整理得， 由余弦定理得， 且，所以. 【小问2详解】 因为为A的角平分线，则， 由， 可得 整理得， 又因为， 可得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】（1） 取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1． 【解析】 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 17. 已知椭圆的焦距为，点在上． （1）求的方程； （2）点是的左顶点，直线交于两点，分别交直线于点，线段的中点为，直线与轴相交于点，直线的斜率为，求证：为定值． 【答案】（1） （2）证明如下： 设， 由消去，整理得 ， ， 所以， 又，所以直线的方程为， 其与直线的交点为， 同理， 所以的中点为， 又， 所以 所以为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意得，，再结合可求出，从而可求出的方程； （2）设，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，表示出直线,的方程,求出点的坐标，从而可表示出点的坐标，则表示出，化简后与相乘可得结论. 【小问1详解】 由题意可知，，即， ， 解得 ， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题，第（2）问解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，考查计算能力，属于较难题. 18. 在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负． （1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望； （2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知． ① 试证明：为等比数列； ② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小． 【答案】（1）的分布列如下： 0 1 2 3 ，数学期望为； （2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为， 则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为， 第次传球之前球不在甲脚下的概率为， 则 即，又， 所以是以为首项，公比为的等比数列． ②. 【解析】 【分析】（1）解法一：由题意可得，然后根据二项分布的概率公式求解概率，从而可求出分布列和期望；解法二：的所有可能取值为，且在一次扑球中，扑到点球的概率，然后分别求出各自对应的概率，从而可求出分布列和期望； （2）①由题意可得第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，化简变形后可证得结论；②分别表示出，化简后与比较大小可得结论. 【小问1详解】 解法一：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为， 门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为 易知， 所以 故的分布列为： 0 1 2 3 所以的数学期望． 解法二：的所有可能取值为 在一次扑球中，扑到点球的概率， 所以 所以的分布列如下： 0 1 2 3 所以的数学期望： 【小问2详解】 ①略 ②由①可知，所以， 所以， 故． 【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的分布列和期望，考查等比数列的证明，第（2）问解题的关键是根据题意用表示出，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 19. 定义函数． （1）求曲线在处的切线斜率； （2）若对任意恒成立，求的取值范围； （3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．（注：是自然对数的底数） 【答案】（1） （2） （3） 当为奇数时，有唯一零点，无最小值； 当为偶数时，没有零点，存在最小值. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果； （3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值. 【小问1详解】 由， 可得, 所以曲线在处的切线斜率. 【小问2详解】 若对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令，则， 由解得，或；由解得， 故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，且当时，， 故的最小值为， 故，即的取值范围是. 【小问3详解】 ， 当时，， 因此当为奇数时，， 此时 则，所以单调递减， 此时，显然有唯一零点，无最小值， 当时， ， 且当时， ， 由此可知此时不存在最小值， 从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值， 当时，即当为偶数时，， 此时， 由，解得；由，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为， 即，所以当为偶数时，没有零点， 即当为偶数时，没有零点，存在最小值， 综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值； 当为偶数时，没有零点，存在最小值. 【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则： （1）恒成立恒成立； （2）恒成立恒成立； （3）恒成立，恒成立； （4）恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $