山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题一、选择题1.点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（）A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗A〖解析〗抛物线开口向右，准线方程为，点到焦点的距离为6，则点到准线的距离为6，点在y轴右边，所以点到y轴的距离为4．故选：A．2.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗集合，则.故选：D.3.已知函数为上的偶函数，且当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为为偶函数，所以，则.故选：A.4.若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，若圆与圆恰有一条公切线，则两圆内切，所以，即，所以点的轨迹为圆，对于A，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故A不符合；对于B，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故B不符合；对于C，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故C不符合；对于D，圆心到直线的距离为，则该直线不过点，故D符合；故选：D.5.班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有（）A.60种 B.54种 C.48种 D.36种〖答案〗B〖解析〗第一种情况，甲、乙、丙三位同学都有安排时，先从3个人中选1个人，让他担任两门学科的课代表，有种结果，然后从4门学科中选2门学科给同一个人，有种结果，余下的两个学科给剩下的两个人，有种结果，所以不同的安排方案共有种，第二种情况，甲、乙、丙三位同学中只有两人被安排时，先选两人出来，有种结果，再将四门不同学科分成两堆，有种结果，将学科分给学生，有种结果，所以不同的安排方案共有种，综合得不同的安排方案共有种.故选：B.6.已知双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，若直线与在第一象限内的交点为，且轴，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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，故选：C7.如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗B〖解析〗在中，由余弦定理得，即，得①，在中，由余弦定理得，即，得②，又，所以③，由②①，得，由，得，代入③得.故选：B8.已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以.故选：A二、选择题9.已知向量，若在上的投影向量为，则（）A. B.C. D.与的夹角为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，因为在上的投影向量为，即，所以，即，解得，故A正确；对于B，，所以，故B错误；对于C，，所以，故C正确；对于D，，所以与的夹角为，故D正确.故选：ACD.10.已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（）A.“”与“”B.“”与“”C.“”与“”D.“平面平面”与“平面平面”〖答案〗BC〖解析〗对于A，显然时，而底面是正方形，，所以不成立，故A错误；对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确；对于C，当平面底面时，由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确；对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，如图有，取，作，垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知，由线面垂直的性质可知，又，由线面垂直的判定可知，若“平面平面”与“平面平面”同时成立，易知平面平面，可设平面平面，则，则平面，易知平面，所以面，则，则有平面，显然不成立，故D错误.故选：BC11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.若动直线与的图象的交点分别为，则的长可为B.若动直线与的图象的交点分别为，则的长恒为C.若动直线与的图象能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为D.若，则〖答案〗BCD〖解析〗由，可得，所以在区间上单调递减，且，，所以，由，可得，所以函数在区间上单调递减，且，，所以，由已知，所以直线与函数都只有一个交点，设点的坐标分别为，则，，，因为函数在上单调递减，所以，所以，所以，A错误，B正确，设直线与函数的交点为，则，又，所以四边形为平行四边形，其面积，C正确；对于D，因为，所以，，所以，，即，又，所以，所以，又，所以所以，D正确；故选：BCD.三、填空题12.已知，且，则________．〖答案〗1〖解析〗，所以，解得.故〖答案〗为：113.甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为________．〖答案〗〖解析〗根据题意，设甲获胜为事件，比赛进行两局为事件，，，故．故〖答案〗为：．14.已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则________．〖答案〗〖解析〗因为，所以，则，得函数关于点中心对称，显然该正方形的中心为，由正方形性质可知，于，且，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，设,，,，则,，,，联立直线方程与函数得，即，，同理，又，，即，化简得，，，．故〖答案〗为：．四、解答题15.随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查（满分100分），评分结果如下：分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.（1）求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；（2）规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司的客户人数为，求的分布列和数学期望.解：（1）将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为：62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.因为，所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为.（2）由已知得分公司中75分以下的有66分，72分；分公司中75分以下的有62分，70分，73分，所以上述不满意的客户共5人，其中分公司中2人，分公司中3人.所以的所有可能取值为1，2，3.，所以的分布列为123数学期望.16.如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．（1）证明：平面；（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：在线段上取一点，使，连结，则，又因为，所以，因为平面平面，所以平面，由，得，又，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.（2）解：因为平面平面，所以，又四边形是正方形，所以，所以两两互相垂直．所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由，得，于是，，设平面的法向量为，则，得，即，令，得，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知数列满足为常数，若为等差数列，且．（1）求的值及的通项公式；（2）求的前项和．解：（1）由题意知，因为，所以,设等差数列的公差为，则，解得，所以，所以的值为的通项公式为；（2）由（1）知，，所以．所以的前项和．18.对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知．（1）设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间；（2）设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围．解：（1）由为“的可移倒数点”，得，即，整理，即，解得，由的定义域为R，求导得，当时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增，所以的单调递增区间为，递减区间为．（2）依题意，，由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，①当时，，方程可化为，解得，这与不符，因此在内没有实数根；②当时，，方程可化为，该方程又可化为．设，则，因为当时，，所以在内单调递增，又因为，所以当时，，因此，当时，方程在内恰有一个实数根；当时，方程在内没有实数根．③当时，没有意义，所以不是的实数根．④当时，，方程可化为，化为，于是此方程在内恰有两个实数根，则有，解得，因此当时，方程内恰有两个实数根，当时，方程在内至多有一个实数根，综上，的取值范围为．19.已知椭圆的短轴长为2，离心率为.（1）求的方程；（2