精品解析：山东省菏泽市2024届高三下学期二模数学试题

【新结构】（菏泽二模）山东省菏泽市2024届高三下学期二模数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列函数中，定义域是 且为增函数的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出选项中各函数的定义域，并判断其单调性，从而可得结论. 【详解】对于 ，，是 上的减函数，不合题意； 对于，是定义域是 且为增函数，符合题意； 对于 ，，定义域是，不合题意； 对于 ，，定义域是 ，但在 上不是单调函数，不合题，故选B. 【点睛】本题主要考查函数的定义域与单调性，意在考查对基础知识的掌握与灵活运用，属于基础题. 2. 已知向量，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得，进而利用向量的数量积的坐标表示可得结果． 【详解】因为，即， 化简，整理得， 则，解得 . 故选：D 3. 在2024年高校自主招生考试中，高三某班的四名同学决定报考三所高校，则恰有两人报考同一高校的方法共有（ ） A. 9种 B. 36种 C. 38种 D. 45种 【答案】B 【解析】 【分析】利用排列、组合数即可求解． 【详解】由题意，恰有两人报考同一高校的方法共有种. 故选：B. 4. 如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 平面 D. 平面内存在与平行的直线 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行的判定定理，线面垂直，面面垂直的判定定理，逐项判定计算即可． 【详解】因为为正方体，设正方体边长为2， 以为原点，为轴，为轴， 为 轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 同理解得平面的法向量， ，故A不正确； ，故B不正确； ， ，所以， 又，所以 平面，C正确； 平面的一个法向量为， ，故D不正确； 故选：C 5. 已知是等差数列，，在数列中，若是等比数列，则的值为（ ） A. 6072 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出公差，得，求出公比，得，即可求． 【详解】设的公差为的公比为 ， 则由题意可得，，即，解得 ， 所以 根据已知又有：， 则，得， 所以，进而， 故. 故选：C. 6. 下列结论正确的是（ ） A. 已知一组样本数据，，…，()，现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大 B. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 50名学生在一模考试中的数学成绩，已知，则的人数为20人 D. 已知随机变量，若，则 【答案】D 【解析】 【分析】计算可得平均数不变，可得新数据极差变小，可判断A；利用贺归直线过样本中心点，可求，可判断B；可求得，进而可判断C；由已知得，计算可判断D. 【详解】对于A：新数据的总和为， 与原数据的总和相等，且数据个数相等，因此平均数不变， 因为，而 ， 即极差变小了，由于两组数据平均数不变，而极差变小， 说明新数据相对原数据更集中于平均数，因此方差变小，故A错误； 对于B：因为回归直线方程必经过样本中心点， 所以，解得，故B错误； 对于C：因为一模考试中的数学成绩，， 所以，所以， 所以的人数为人，故C错误； 对于D：因为，所以， ，解得 ，故D正确. 故选：D. 7. 已知分别为椭圆 和双曲线的离心率，双曲线渐近线的斜率不超过，则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆与双曲线的几何性质，求出，令，结合，即可求解. 【详解】由椭圆 的离心率， 双曲线的离心率，可得， 令，因为双曲线的渐近线的斜率不超过，即， 则此时，即， 则的最大值是. 故选：B. 8. 已知函数，且，若在上有 个不同的根，则的值是（ ） A. 0 B. C. D. 不存在 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，利用方程的根与函数图像交点的关系，得，从而可得的值． 【详解】由，得， 又，所以， 即， 若，则， 当， 所以在上有4个不同的根， 且 ， ， 即， 所以． 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的有（ ） A. 若是方程的一个根，则 B. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 C. 若复数 满足，则的最大值为 D. 若复数，满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过复数范围内方程的根判断A；通过复数的几何意义与平面向量的坐标运算判断B；由复数模的几何意义及点到圆上点的最值的求法判断C；根据复数的乘除运算及模的求法判断D． 【详解】对于A：若是方程的一个根， 则方程的两个根分别， 所以， 所以，故A错误； 对于B：由题意可知， 所以， 所以向量表示的复数为，故B正确； 对于C：设， 若复数 满足， 则在复平面内点在圆上， 圆 的圆心，半径， 则的几何意义为原点到圆 上点的距离，又， 则的最大值为，C正确； 对于D：因为， 所以， ， 所以，D正确． 故选：BCD. 10. 如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为 ，，若，则下列结论正确的有（ ） A. 直线与平面 所成角的余弦值为 B. 点 到平面 的距离为 C. 平面与平面 夹角的余弦值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，证得平面，得到为直线与平面 所成的角，在直角中，可判定A正确；证得平面 ，求得点 到平面 的距离可判定B正确；证得和，得到为的二面角的平面角，由，求得，得到，可判定C错误；设三棱锥的外接球球心为 ，取的中点为 ，取的中点为的中点为，得到平面 ，且平面，证得平面和平面，结合球的截面圆的性质，可判定D正确. 【详解】解：对于A中，过点 作 ，使得 ， 过点作，使得 ，连接， 过点 作 ，垂足为点，过点 作，垂足为点， 因为，则， 所以 即为的二面角，则 ， 同理可得，且四边形为矩形， 又因为，且平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为，平面，则平面， 所以为直线与平面 所成的角， 因为， 则，所以， 所以，所以A正确； 对于B中，由，且，平面， 则平面，因为 平面，所以， 又因为，平面 ，则平面 ， 由A项知，所以，即点 到平面 的距离为，所以B正确； 对于C中，连接，过点 作，垂足为， 由B知平面 ，因为平面 ，所以， 又因为平面，则平面， 因为平面，所以，所以为的二面角， 又因为，由，可得，所以， 所以，所以C错误； 对于D中，设三棱锥的外接球球心为 ，由， 取的中点为 ，取的中点为的中点为， 连接，则平面 ，且平面，， 因为 平面 ，则， 又因为平面，则平面， 同理可得：平面，则四点共面，且， 则，，所以， 因为，所以， 即外接球的半径为，则外接球的表面积为：，所以D正确. 故选：ABD. 11. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如，．下列结论正确的有（ ） A. 函数与函数无公共点 B. 若，则 C. D. 所有满足的点组成区域的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出函数与函数的图像，即可判断 ；根据的取值范围，分别求出，的值，判断B；对的取值分类讨论，即可判断C；对 的取值分类讨论，求出点组成区域的面积，判断D． 【详解】对于A：函数与函数的图象如图所示， 由图可得函数与函数无公共点，A正确； 对于B：若，则，则， ， 即，B正确； 对于C：当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， ，C错误； 对于D：当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为1， 当时，，此时组成区域的面积为， 综上点组成区域的面积为，D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题主要考查命题真假的判断、函数的新定义，解题的关键是理解新符号的含义，考查学生数形结合的能力和作图能力，属于难题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，集合．则集合 中所有元素之和为____________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，求出 ，即可得集合 中所有元素之和． 【详解】由题意，得， 则集合 中所有元素之和为. 故答案为：5 13. 已知函数的图象与圆有两个交点，则的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断出函数的单调性与极值，作出函数和圆的图象，结合图象可得的取值范围． 【详解】，则， ，当 时， ；当 时， ； 可知函数在上单调递减，在上单调递增， ，当 时， ，当 时，， 在同一坐标系作出函数和圆的图象，如图： 可知函数在 处的切线方程为， 圆在点处的切线方程为， 则当，即时，圆与函数的图象有且只有一个交点， 当，即时，圆与函数的图象有两个交点， 可得的取值范围为． 故答案为： 14. 已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】结合图形可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体，分别求得两个四棱柱的体积，再求得正四棱锥的体积，得到挖去部分的体积，即可求得结果． 【详解】如图： ， 可知四棱锥为正四棱锥， 四边形为边长为2的正方形，棱锥的高为1， 可知两个挖去的四棱柱重合部分为两个正四棱锥的组合体， 四棱柱的底面 是边长为的正方形， 则， 同理可得， ， 则挖去部分的体积为， 可得原正方体剩下部分的体积为． 故答案为：. 【点睛】本题考查组合体的体积的求法，棱柱，棱锥的体积公式的应用. 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. 已知在中，的面积为． （1）求角 的度数； （2）若是上的动点，且 始终等于 ，记．当取到最小值时，求 的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）设，则求解即可； （2）根据三角形面积公式结合正弦定理得到，根据角的范围求解即可． 【小问1详解】 设，则，又，因此， 由 为的内角，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，又，则 ，因此， 在 中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得， ， 显然，则有，因此当时，取到最小值， 此时，即， 所以 的值. 16. 已知函数的图象与轴交于点，且在处的切线方程为，记．（参考数据：）． （1）求的解析式； （2）求的单调区间和最大值． 【答案】（1）； （2）单调增区间为，单调减区间为和，最大值为． 【解析】 【分析】（1）利用导数求解函数在某一点处的切线方程求解即可； （2）利用导数求解函数的单调区间和最大值即可. 【小问1详解】 由题意与轴的交点，又， 在点处的切线的斜率， 在点处的切线方程为，即切线方程为 【小问2详解】 由（1）知，所以， ， 令 得的变化情况列表如下， 0 2 + - 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 所以的单调增区间为，单调减区间为和， ，又， ， 的最大值为． 17. 甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分，然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为P，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为. （1）求P； （2）当 时，求甲得分X的分布列及数学期望； （3）若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为，证明：. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）记“第i次答题时为甲”， “甲积1分”，则，，利用条件概率可得，求解即可； （2）X可能的取值为0，1，2，计算可求得分布列，进而计算可求数学期望； （3）设甲的积分为，乙的积分为，由已知可得甲晋级时n必为偶数，令，当n为奇数时，，计算可得，可得结论. 【小问1详解】 记“第i次答题时为甲”， “甲积1分”， 则，，，，， ， 则，解得； 【小问2详解】 由题意可知当n=2时，X可能的取值为0，1，2，则由（1）可知 ， ， ， X的分布列为： X 0 1 2 P 随机变量X的数学期望为. 【小问3详解】 由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为，乙的积分为， 则，且，所以甲晋级时n必为偶数，令 当n为奇数时，， 则 又∵时，随着m的增大而增大， ∴. 18. 如图，已知为抛物线 的焦点，过的弦交曲线于点（与不重合）． （1）求证：点为弦的中点； （2）连 并延长交抛物线 于点 ，求 面积的最小值． 【答案】（1） 设直线 ，的中点为且， 联立方程组，整理得 ， 则 ，且 ， 可得 ， 所以中点的坐标为， 又由方程组，解得 ，即 ， 所以点与重合，即为中点. （2）． 【解析】 【分析】（1）设直线 ，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，再由方程组，求得 ，得到与重合，即可求解； （2）由（1）知直线，联立方程组，求得，根据题意，得到，得到，令，得到 ，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知直线， 联立方程组，解得， 又由，所以， 所以， 令 ，则 ，可得， 当时， ，单调递减， 当时， ，单调递增， 所以当时， 面积取得最小值． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略： 1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 19. 定义二元函数，同时满足：① ；② ；③ 三个条件． （1）求的值； （2）求的解析式； （3）若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 【答案】（1）5；11 （2） （3） 由（2） ，所以， 则， 则 ， 当且仅当 时，，上式取得等号， 即 时，均有 ， 所以，当 时， ； 当 时， ； 当 时， ，所以 ． 【解析】 【分析】（1）利用条件②代入可求，利用条件③代入可求； （2）利用累加法可得 ； （3）由（2） ，可得，所以， 则可得，根据裂项相消法得 ，讨论的范围即可求解. 【小问1详解】 由条件②可得 ； 由条件③可得 ． 【小问2详解】 由条件②）可得： ， ， ， 将上述 个等式相加，得 ； 由条件③可得： ， ， 将上述 个等式相加，得 ． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛： 小问2，由条件，根据累加法求解； 小问3，由（2） ，得到，则可得到已知求和式，两边乘以 利用二倍角公式化简，然后放大，根据裂项相消求和，即可求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【新结构】（菏泽二模）山东省菏泽市2024届高三下学期二模数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列函数中，定义域是且为增函数的是 A. B. C. D. 2. 已知向量，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 6 3. 在2024年高校自主招生考试中，高三某班的四名同学决定报考三所高校，则恰有两人报考同一高校的方法共有（ ） A. 9种 B. 36种 C. 38种 D. 45种 4. 如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 平面 D. 平面内存在与平行的直线 5. 已知是等差数列，，在数列中，若是等比数列，则的值为（ ） A. 6072 B. C. D. 6. 下列结论正确的是（ ） A. 已知一组样本数据，，…，()，现有一组新的数据，，…，，，则与原样本数据相比，新的数据平均数不变，方差变大 B. 已知具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4 C. 50名学生在一模考试中的数学成绩，已知，则的人数为20人 D. 已知随机变量，若，则 7. 已知分别为椭圆 和双曲线的离心率，双曲线渐近线的斜率不超过，则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知函数，且，若在上有 个不同的根，则的值是（ ） A. 0 B. C. D. 不存在 二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 下列选项正确的有（ ） A. 若是方程的一个根，则 B. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 C. 若复数 满足，则的最大值为 D. 若复数，满足，则 10. 如图，已知二面角的平面角大小为，垂足分别为， ，若，则下列结论正确的有（ ） A. 直线与平面 所成角的余弦值为 B. 点到平面 的距离为 C. 平面与平面 夹角的余弦值为 D. 三棱锥外接球的表面积为 11. 函数的函数值表示不超过的最大整数，例如，．下列结论正确的有（ ） A. 函数与函数无公共点 B. 若，则 C. D. 所有满足的点组成区域的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，集合．则集合中所有元素之和为____________． 13. 已知函数的图象与圆有两个交点，则的取值范围为____________． 14. 已知在棱长为2的正方体中，挖去一个以上下底面各边中点为顶点的四棱柱，再挖去一个以左右两侧面各边中点为顶点的四棱柱，则原正方体剩下部分的体积为____________． 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. 已知在中，的面积为． （1）求角的度数； （2）若是上的动点，且 始终等于 ，记．当取到最小值时，求 的值． 16. 已知函数的图象与轴交于点，且在处的切线方程为，记．（参考数据：）． （1）求的解析式； （2）求的单调区间和最大值． 17. 甲乙两人参加知识竞赛活动，比赛规则如下：两人轮流随机抽题作答，答对积1分且对方不得分，答错不得分且对方积1分，然后换对方抽题作答，直到有领先2分者晋级，比赛结束.已知甲答对题目的概率为，乙答对题目的概率为P，答对与否相互独立，抽签决定首次答题方，已知两次答题后甲乙两人各积1分的概率为.记甲乙两人的答题总次数为. （1）求P； （2）当 时，求甲得分X的分布列及数学期望； （3）若答题的总次数为n时，甲晋级的概率为，证明：. 18. 如图，已知为抛物线 的焦点，过的弦交曲线于点（与不重合）． （1）求证：点为弦的中点； （2）连 并延长交抛物线 于点，求 面积的最小值． 19. 定义二元函数，同时满足：① ；② ；③ 三个条件． （1）求的值； （2）求的解析式； （3）若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $