山東省泰安肥城市2024屆屆高三數學下學期三模試題[含答案]

試卷類型:A2024年高考適應性訓練數 學 試 題 （三）本試卷共19題，滿分150分，共6頁．考試用時120分鐘．注意事項：1. 答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上2. 回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效3. 考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分每小題給出的四個選項中，只有一項 是符合題目要求的1.已知集合，集合，則集合子集的個數為A. B. C. D. 2.小王夫婦開設了一家早餐店，經統計，發(fā)現每天茶葉蛋的銷量（單位：個），估計天內每天茶葉蛋的銷量約在到個的天數大約為（附：若隨機變量，則，，）A． B． C． D．3. 已知單位向量滿足，則在方向上的投影向量為A. B. C. D. 4. 青少年視力問題是社會普遍關注的問題，視力情況可借助視力表測量，通常用五分記錄法和小數記錄法記錄視力數據，五分記錄法的數據和小數記錄法的數據滿足．已知小明和小李視力的五分記錄法的數據分別為和，記小明和小李視力的小數記錄法的數據分別為，則的取值范圍是A. B.C. D. 5.已知為定義在上的偶函數，則函數的解析式可以為A. B. C. D. 6. 將函數圖象上的所有點向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則A． B．在上單調遞增C．在上的最小值為 D．直線是圖象的一條對稱軸7. 設，，，則A. B. C. D. 8．已知圓與拋物線相交于兩點，分別以為切點作的切線. 若都經過的焦點，則A. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。

在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分9. 下列結論正確的是A. 回歸直線至少經過其樣本數據中的一個點B. 已知命題，，則命題的否定為，C. 若為取有限個值的離散型隨機變量，則D.若一組樣本數據、、、的平均數為，另一組樣本數據、、、的方差為，則兩組樣本數據合并為一組樣本數據后的平均數和方差分別為和10. 已知函數，則A. 是上的增函數 B. 函數有且僅有一個零點C．函數的最小值為－1D. 存在唯一個極值點11. 在正方體中，點滿足，，，則A. 當時，B. 當時，三棱錐的體積為定值C．當時，正方體的棱長為時，的最小值為D．當時，存在唯一的點P，使得P到的距離等于P到的距離三、填空題：本題共 3小題，每小題5分，共15 分12. 某高中為了了解學生參加數學建模社團的情況，采用了分層隨機抽樣的方法從三個年級中抽取了300人進行問卷調查，其中高一、高二年級各抽取了90人．已知該校高三年級共有720名學生，則該校共有學生 ▲ 人．13. 已知分別是橢圓的左，右焦點，是上兩點，且，，則的離心率為 ▲ .14. 已知函數，若恒成立，則的取值范圍是 ▲ .四、解答題：本題共5小題，共 77 分。

解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.（13分）記為數列的前n項和．已知.（1）求的通項公式；（2）令，求.16.（15分）如圖，在直角梯形中，，，，是的中點，是與的交點．將沿折起到的位置，如圖．（1）證明：平面平面；（2）若平面平面，求平面與平面夾角的余弦值．OAEDBCA1(A)BOCDE圖1 圖217.（15分）平面內點到點與到直線的距離之比為3.（1）求點的軌跡的方程;（2）為的左右頂點，過的直線與交于（異于）兩點，與交點為，求證：點在定直線上.18.（17分）為了解學生中午的用餐方式（在食堂就餐或點外賣）與最近食堂間的距離的關系，某大學于某日中午隨機調查了2000名學生，獲得了下面的頻率分布表（不完整），并且由該頻率分布表，可估計學生與最近食堂間的平均距離為（同一組數據以該組數據所在區(qū)間的中點值作為代表）.學生與最近食堂間的距離合計在食堂就餐0.150.100.000.50點外賣0.200.000.50合計0.200.150.001.00（1）求出的值并補全頻率分布表； （2）根據頻率分布表補全樣本容量為的列聯表（如下表），并根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為學生中午的用餐方式與學生距最近食堂的遠近有關（當學生與最近食堂間的距離不超過時，認為較近，否則認為較遠）；根據頻率分布表列出如下的列聯表：學生距最近食堂較近學生距最近食堂較遠合計在食堂就餐點外賣合計（3）一般情況下，學生更愿意去飯菜更美味的食堂就餐. 該校距李明較近的有甲、乙兩家食堂，且他每天中午都選擇食堂甲或乙就餐.記他選擇去甲食堂就餐為事件A，他認為甲食堂的飯菜比乙食堂的美味為事件D，且D、A均為隨機事件，證明：.附：，其中.0.100.0100.0012.7066.63510.82819.（17分）定義：設和均為定義在上的函數，它們的導函數分別為和，若不等式對任意實數恒成立，則稱和為“相伴函數”.（1）給出兩組函數，①和；②和，分別判斷這兩組函數是否為“相伴函數”；（2）若是定義在上的可導函數，是偶函數，是奇函數，，問是否存在使得和為“相伴函數”？若存在寫出的一個值，若不存在說明理由；（3），寫出“和為相伴函數”的充要條件，證明你的結論. 2024年高考適應性訓練數學（三）參考答案及評分意見一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。

在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的題號12345678答案DBADCDBC解析：1. 聯立可得方程組的解為或，所以，所以集合的子集個數為.故選：D.2. 由題意可知：，，則，， ，則天內每天茶葉蛋的銷量約在到個的天數大約為．故選：B．3. 因為是單位向量，所以，由得，則，得，設與的夾角為，則在方向上的投影向量為.故選：A.4. 依題意：，兩式相減可得，故，而. 故選：D．5. 因為是偶函數，所以，即，所以是偶函數. 對于選項A，因為， 所以定義域為，所以不滿足題意；對于選項B，定義域為且關于原點對稱，，不符合題意；對于選項C，定義域為且關于原點對稱，當時，，當時，，且，所以為偶函數，符合題意；對于選項D，定義域為且關于原點對稱，為奇函數，不符合題意；故選：C.6. 對于選項A，由題意，將函數圖象上的所有點向左平移個單位長度，可得，故A錯誤；對于選項B，令，可得，所以在上單調遞增，所以 B錯誤；對于選項C，令，可得，所以在上單調遞減， 又在上單調遞增，因為在上的最小值為0，C錯誤；對于選項D，函數的對稱軸方程為，化簡可得，取，可得，所以是圖象的一條對稱軸，故D正確.故選D.7. 由單調遞減可知：.由單調遞增可知：，所以，即，且.由單調遞減可知：，所以. 故選：B.8. 由題得設，聯立圓和拋物線得：，代入點得,又為圓的切線，故，由拋物線得定義可知：，故化簡得：，將點代入圓得： 所以，而，故 ，所以，故選C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。

在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分題號91011答案BDBDABD解析：9. 對于選項A，回歸直線可以不經過其樣本數據中的一個點，則A錯誤；對于選項B，命題，的否定為“”.所以B正確.對于選項C，為取有限個值的離散型隨機變量，則，故C錯誤．對于選項D，由題意可知，數據、、、的平均數為，則，則，所以，數據、、、的平均數為，方差為，所以，將兩組數據合并后，新數據、、、、、、、的平均數為，方差為. 故D正確；故選：BD.10. 對于選項A，，，當時，則， ，即，不是上的增函數，故A錯誤；對于選項B，當時，，，當時，；當時，，，，從而函數有且僅有一個零點，故B正確；對于選項C，當時，，當時，，當時，，，，不是函數的最小值，故C錯誤；對于選項D，因為，所以的符號決定于，顯然是上的增函數，又因為當時，；當時，，所以，使，所以在上為減函數，在上為增函數.所以有唯一極小值點. 故D正確. 故選 ：BD.11. 對于選項A，當時，的軌跡為線段，連接，則.又平面，，∴平面，，同理可得，故平面，平面，所以，故A正確；對于選項B，當時，點的軌跡為線段（為的中點），直線平面，故三棱錐的體積為定值，故B正確；對于選項C，當時，點軌跡為線段，將三角形旋轉至平面內，可知，由余弦定理可得，故C錯誤；對于選項D，當時，點軌跡為以為圓心，為半徑的四分之一圓弧，由點到的距離等于到的距離，即點到點的距離等于到的距離，則點軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線上，故存在唯一的點，使得點到的距離等于到的距離，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共 3小題，每小題5分，共15 分。

12. 13. 14. 解析：12. 利用分層隨機抽樣的方法從三個年級中抽取了300人進行問卷調查，其中高一、高二年級各抽取了90人，可得高三年級共有120人，又由高三年級共有720名學生，則每個學生被抽到的概率為，設該校共有名學生，可得，解得人，即該校共有1800名學生.故答案為：1800.13. 連接，設，則，，，??在中，即，，，，，在中，，即，，，又，.14. ∵∴兩邊加上得設，則在上單調遞增∴，即令，則∵的定義域是∴當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，∴當時，取得極大值即為最大值，且，∴，∴即為所求.四、解答題：本題共5小題，共 77 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15.（13分）解：（1）∵，即 ①，當時， ②，………………………………2分①②得，，即， ……………………………………………4分即，所以，且，…………………………………………………………6分∴是以1為公差的等差數列， ，. 即的通項公式為………………………………………………………………7分（2）由（1）知：，∴當時， ……………………………………………9分又，∴是以為首項，為公比的等比數列， ………………11分∴. ……………………13分16.（15分）解：（1）在圖1中，因為，是的中點，，所以．…………………………………………………………2分即在圖2中，，．從而平面．……………………………4分又∥，所以平面．因為平面， zAEDBCA1 (A)BOCDE圖1 Oxy所以平面平面 …………………………………………………6分（2）由已知，平面平面，又由（1）知，，．所以為二面角的平面角，所以． ……………………8分如圖，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系， ………………………………9分設，所以，因為，所以，，，．得，，. ……11分設平面的法向量，平面的法向量，平面與平面夾角為，則，得，取. …………………………………12分同理：，得，取. ……………………………13分從而， …………………………………………14分即平面與平面夾角的余弦值為． ………………………………………15分17.（15分）解：（1）設，由題意可得， …………………………3分整理得:，所以軌跡的方程為. …………………………………………………5分（2）由（1）知，由題可設直線，.聯立 得：，易知. …………7分所以 ① 又，， ……………………………………9分兩式相除得: ② …………………11分由①式可得， …………………………………………………13分帶入②式，得，所以點在定直線上. …………………………………………………15分18.（17分）解：（1）組的頻率為，估計學生與最近食堂間的平均距離，解得， ……………………………………………………3分故可補全頻率分布表如下：學生與最近食堂間的距離合計在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50點外賣0.050.200.150.100.000.50合計0.200.400.250.150.001.00……………………………………………………7分（2）結合樣本容量為的頻率分布表可列出列聯表如下：學生距最近食堂較近學生距最近食較堂遠合計在食堂就餐7003001000點外賣5005001000合計12008002000……………………………………………………9分零假設：學生中午的用餐情況與學生距最近食堂的遠近無關.注意到. …………11分根據小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即可以認為學生中午的用餐方式與學生距最近食堂的遠近有關. ………………………12分（3）由題意得，，結合，.結合條件概率公式知，即. ……………………………………………………14分，即成立. ……………………………………………………17分19.（17分）解：（1）第①組是，第②組不是.①和，，所以，所以這兩組函數是“相伴函數”. ……………………………………………………2分②和，，不一定為非正數，所以這兩組函數不是 “相伴函數”. ……………………………………………………4分（2）存在，使得和為“相伴函數”. 證明如下：，所以， ……………………………………………………5分.若和為“相伴函數”則成立，即.若 ……………………………………………………7分由①知， 則可取，也滿足②式.若∴若，則③式無解；若，則④式無解； ……………………………………9分綜上存在，使得和為“相伴函數”. …………………………10分（3）“和為相伴函數”的充要條件是. ………11分因為若和為相伴函數即對恒成立，即，，即，由于取遍內的所有實數，因此當且僅當時成立，所以； ………………………………………………………………14分故必要性得證.下面證明充分性：已知，則，，此時，所以，即成立，和為相伴函數. …16分所以“和為相伴函數”的充要條件是. ………17分。