2023-2024學年山東省泰安肥城市高考適應性訓練數學模擬試題（三模）一、單選題1．若則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】根據題意，求得，結合復數模的計算公式，即可求解.【詳解】由，可得，求得，所以.故選：C.2．“”是“成立”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】化簡“成立”，再結合充分條件和必要條件的定義判斷.【詳解】由可得，化簡可得，所以“成立”等價于“”，“”可推出“成立”，“成立”不能推出“”所以“”是“成立”的充分不必要條件，故選：A.3．為空間中兩條不同的直線，為兩個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若∥，∥，則∥B．若為異面直線，則過空間任一點，存在直線與都垂直C．若，，則與相交D．若不垂直于，且，則不垂直于【正確答案】B【分析】根據線面平行的判定定理，線面垂直的性質定理等即可判斷選項.【詳解】對于選項A，若∥，∥，則或∥，A錯；對于選項C，若，，或與相交，C錯；對于選項D，若不垂直于，且，可能與垂直，D錯；對于選項B，過空間一點作兩條異面直線的平行線可以確定一個平面，過空間一點作平面的垂線有且只有一條，B正確.故選：B4．在實驗課上，小明和小芳利用一個不等臂的天平秤稱取藥品.實驗一：小明將克的砝碼放在天平左盤，取出一些藥品放在右盤中使天平平衡；實驗二：小芳將克的砝碼放在右盤，取出一些藥品放在天平左盤中使天平平衡，則在這兩個實驗中小明和小芳共秤得的藥品（

）A．大于克 B．小于克C．大于等于克 D．小于等于克【正確答案】C【分析】設出力臂和藥品數量，根據杠桿原理得到，再根據均值不等式計算得到答案.【詳解】設天平左、右兩邊臂長分別為，小明、小芳放入的藥品的克數分別為，，則由杠桿原理得：，于是，故，當且僅當時取等號.故選：C.5．已知為銳角，，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】由二倍角正切公式，同角關系化簡，求，再求，再由兩角差的正切公式求.【詳解】因為，所以，所以，又為銳角，，所以，解得，因為為銳角，所以，又所以.故選：A.6．函數的圖象可能是（

）A． B．C． D．【正確答案】D【分析】定義判斷函數奇偶性，對函數求導，再求的值，應用排除法即可得答案.【詳解】，定義域為，所以為奇函數，排除A、B，，所以，排除C，故選：D7．腰長為的等腰的頂角為，且，將繞旋轉至的位置得到三棱錐，當三棱錐體積最大時其外接球面積為（

）

A． B．C． D．【正確答案】A【分析】在中，求得，根據題意得到三棱錐體積最大時，平面平面，取中點，得到，進而得到且，設三棱錐外接球的半徑為，分別求得和的外接圓的半徑，結合，進而求得外接球的表面積.【詳解】在中，因為，可得，所以，當三棱錐體積最大時，平面平面，因為，取中點，則，設為外接圓圓心，為三棱錐外接球心，則，再設為外接圓圓心，平面，則且，設三棱錐外接球的半徑為在直角中，可得且，因為，可得所以外接圓半徑，所以，因為，所以的外接圓的半徑，且，在中，可得，可得，所以，所以外接球的表面積為.故選：A.

8．某人在次射擊中擊中目標的次數為，，其中，擊中奇數次為事件，則（

）A．若，則取最大值時B．當時，取得最小值C．當時，隨著的增大而增大D．當時，隨著的增大而減小【正確答案】C【分析】對于A，根據直接寫出，然后根據取最大值列式計算即可判斷；對于B，根據，直接寫出即可判斷；對于CD，由題意把表示出來，然后利用單調性分析即可.【詳解】對于選項A，在次射擊中擊中目標的次數，當時對應的概率，因為取最大值，所以，即，即，解得，因為且，所以，即時概率最大．故A不正確；對于選項B，，當時，取得最大值，故B不正確；對于選項C、D，，，，當時，為正項且單調遞增的數列，所以隨著的增大而增大，故C正確；當時，，為正負交替的擺動數列，所以不會隨著的增大而減小，故D不正確；故選：C.關鍵點睛：本題考查二項分布及其應用，其中求是難點，關鍵是能找到其與二項展開式之間的聯系.二、多選題9．下列說法正確的是（

）A．線性回歸方程對應的直線至少經過其樣本數據中的一個點B．某中學有高一學生人，高二學生人，高三學生人.為了解學生的學習情況，用分層抽樣的方法從該校學生中抽取一個容量為的樣本，已知從高一學生中抽取人，則為C．兩個隨機變量的線性相關性越強，則相關系數的值越接近于D．已知隨機變量，，且，若，則【正確答案】BD【分析】由線性回歸方程過樣本中心判斷A；分層抽樣等比例性質求樣本容量判斷B；由相關系數的實際意義判斷C；利用方差性質求新數據方差判斷D.【詳解】A：線性回歸方程一定過樣本的中心，不一定過樣本數據中的點，故不正確；B：由題意知，抽樣比為，所以，即，故正確；C：兩個隨機變量的線性相關性越強，則相關系數的絕對值越接近于，故不正確；D：，故正確；故選：BD10．已知函數，則（

）A．有兩個極值點B．有三個零點C．若，則D．直線是曲線的切線【正確答案】AB【分析】對于A：求導，利用導數判斷原函數單調性與極值，進而可得結果；對于B：結合函數圖象分析判斷；對于C：取特值分析判斷；對于D：結合導數的幾何意義分析判斷.【詳解】對于選項A：函數的定義域為，，令，得或，當時，，則在和單調遞增，當時，，則在單調遞減，所以函數有兩個極值點和，故A正確；對于選項B：函數的極大值為，極小值為，結合函數圖像可知有三個零點，故B正確；

對于選項C：例如，可得，但，故C不正確；對于選項D：令，得或，且，可得：曲線在點處的切線方程為，即；在點處的切線方程為，即；綜上所述：直線不是曲線的切線，故D不正確；故選：AB.結論點睛：若，則三次函數的對稱中心為.11．定義為角的正矢，記作；定義為角的余矢，記作.定義：為一組數據相對于常數的“正弦方差”.若，一組數據相對于的：“正弦方差”為，則的取值可能是（

）A． B． C． D．【正確答案】BCD【分析】根據正矢和余矢的定義可得函數的解析式，再根據正弦方差的定義可求的范圍，最后根據正弦函數的性質可求函數的值域，故可得正確的選項.【詳解】由正矢和余矢的定義可得：，而，因為，故，故，故，，而，故的值域為，因為，函數的最大值是，故函數值不可能取，而，故，故，故函數值可取BCD，故選：BCD.12．已知拋物線，為坐標原點，為拋物線的焦點，準線與軸交于點，過點作不垂直于軸的直線與交于，兩點．設為軸上一動點，為的中點，且，則（

）A．當時，直線的斜率為B．C．D．若正三角形的三個頂點都在拋物線上，則的周長為【正確答案】AC【分析】設直線的方程為，聯立方程，利用根與系數的關系及求k，可判斷A，由點差法及垂直關系，拋物線的定義可得判斷B，由可得平分，據此可判斷C，根據正三角及拋物線的對稱性求出DE坐標即可判斷D.【詳解】如圖，對于選項A，設過焦點的直線的方程為，，，由，得，∴，，由可知，代入，得，，由，得，∴，則，故A正確．對于選項B，，設點的坐標為，則，．由得，所以，則直線的斜率為．因為，所以直線的斜率為，則直線的方程為．令，則，所以點的坐標為，則．由拋物線的定義可知，，所以，故B錯誤．對于選項C，因為，所以直線與直線關于軸對稱，即平分，所以，則．整理得，故C正確．對于選項D，設，因三角形為正三角形，則，又，則.因，則.則，則.得的周長為，故D錯誤.故選：AC方法點睛：處理拋物線中焦點弦問題，根據拋物線的定義，轉化為坐標問題是常用方法之一，涉及處理中點弦問題，點差法是重要方法，恰當使用可快速得出直線斜率與中點的坐標關系，注意直線關于y軸對稱可轉化為直線傾斜角互補即直線斜率互為相反數.三、填空題13．整數有______個不同的正因數.【正確答案】【分析】先對進行分解，找到，再根據分步相乘計數原理求解.【詳解】，的正因數必為的形式，，，，所以共有個不同的正因數.故答案為.14．在棱長為的正方體中，點分別是、、的中點，則過線段且平行于平面的截面圖形的周長為______.【正確答案】【分析】結合面面平行性質定理畫出截面圖形，再求出截面圖形的邊長，即可得出答案.【詳解】取的中點為，連接，，因為點分別是、、的中點，由正方體性質可得，所以四點共面，因為，平面，平面，所以平面，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，四邊形即為經過線段且平行于平面的截面圖，正方體棱長為，所以，，，，所以截面圖形周長為.故答案為.15．已知直線過雙曲線：的左焦點，與雙曲線的左右兩支分別交于兩點，若，其中，則的取值范圍為______.【正確答案】【分析】由題意設，可得，在中，利用余弦定理和雙曲線中的關系即可得到的范圍.【詳解】如圖，，，又，則有，不妨假設，則有，可得，在中，由余弦定理可知，，，則，即.

故16．若，則實數最大值為______.【正確答案】【分析】二次求導，結合隱零點得到方程與不等式，變形后得到，從而，，代入，得到的最大值.【詳解】，定義域為，則，令，則，在上單調遞增，且時，當時，使得即當時，當時，故在上單調遞減，在上單調遞增，所以②，由得①，即，代入②得，，整理得，∴，∴，，故的最大值為3.故3隱零點的處理思路：第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.四、解答題17．在中，角所對的邊分別為，且(1)若成等比數列，求角的大小；(2)若，且，求的面積．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意，利用數量積的定義化簡得到，再由余弦定理得到，結合，求得，即可求解；（2）由（1）知，根據題意，利用正弦定理可得，聯立方程組求得的值，結合余弦定理求得，得到，利用面積公式，即可求解.【詳解】（1）因為，根據向量的數量積的定義，可得，由余弦定理可得，整理得，因為成等比數列，所以，解得所以為等邊三角形，所以.（2）解：由（1）知，又由，根據正弦定理可得，聯立方程組，解得，因為，所以，，由余弦定理可得，所以，所以的面積為.18．四棱錐中，底面為矩形，，，平面與平面的交線為.

(1)求證：直線平行于平面；(2)求二面角的余弦值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據題意證得平面，結合線面平行的性質定理證得直線，再由線面平行的判定定理，即可證得平面；（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，設，取的方向向量，根據，，利用向量的夾角公式，求得，進而求得平面和平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：因為底面是矩形，可得，又因為平面，平面，所以平面，因為平面，且平面平面，所以直線，又因為平面，平面，所以平面.（2）解：以點為原點，，垂直于平面的直線分別為軸、軸和軸，建立如圖空間直角坐標系，則，則，設，取的方向向量，因為，，可得，又因為，可得，即，解得，即，設平面法向量為，則，取，可得，所以，設平面的法向量為，則，取取，可得，所以，所以，由圖象可得，二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.

19．已知為等差數列，是公比為正數的等比數列，(1)求和的通項公式;(2)設滿足，記的前項和為，求.【正確答案】(1)，(2)【分析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，由條件結合等差數列通項公式和等比數列通項公式列方程求，再由通項公式求解；（2）根據分組求和法求和.【詳解】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，且，由題意得:解得:

，；（2）由題意知，當時，當時，+1令則，

20．已知為坐標原點，，，和交點為.(1)求點的軌跡；(2)直線和曲線交與兩點，試判斷是否存在定點使？如果存在，求出點坐標，不存在請說明理由.【正確答案】(1)(2)存在定點坐標為或【分析】（1）利用已知條件表示出點坐標，進而表示出直線，的方程，聯立即可得出點軌跡方程.（2）假設存在定點，設點坐標為，，聯立方程組，得出，，由整理得出，對恒成立，即可得出結論.【詳解】（1）設點，，，即，點坐標為，，即，點坐標為，根據兩點坐標可得，直線方程為：，直線方程為：，兩式移項相乘得：，整理得，點的軌跡為以為焦點，長軸長為的橢圓，即其方程為.（2）假設存在定點，設點坐標為，，聯立方程組消得，直線與橢圓交于兩點，即，，，，，，整理得：，，對恒成立，，得，，所以存在定點坐標為或.21．某工廠有甲、乙兩條流水線加工同種產品，加工出來的產品全部為合格品.產品可分為一級品、二級品兩個級別.產品貼上等級標識后，每件產品裝一箱.根據以往的統計數據，甲流水線生產的產品，每箱中含有件、件、件二級品的概率為，乙流水線生產的產品，每箱中含有件、件、件二級品的概率為.若箱中產品全部為一級品，則可稱該箱產品為“星級產品”.(1)從甲、乙兩條生產線生產的產品中各任取箱，以產品是否為“星級產品”為標準，根據以往的統計數據，完成下面列聯表，并依據小概率值的獨立性檢驗，分析產品為“星級產品”與生產線是否有關？流水線產品級別合計星級產品非星級產品甲流水線乙流水線合計附：(2)任取甲流水線生產的箱產品，設二級產品的件數為，求的分布列及期望;(3)從乙流水線生產的產品中任選一箱.若箱中產品分成三層放置，層與層隔開，每層件.首先打開第一層，求該層件產品都為一級品的概率.【正確答案】(1)列聯表見解析，產品為“星級產品”與生產線無關(2)分布列見解析，(3)【分析】（1）結合統計數據分別求出樣本中甲流水線和乙流水線的“星級產品”數量，并由此填寫列聯表，提出零假設，計算的值，比較其與臨界值的大小，由此確定結論；（2）確定的所有可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望，（3）根據全概率公式求事件該層件產品都為一級品的概率值.【詳解】（1）因為甲流水線生產的產品，每箱中含有件二級品的概率為，所以甲生產線生產的箱產品中有件“星級產品”，因為乙流水線生產的產品，每箱中含有件二級品的概率為，所以甲生產線生產的箱