2024届山东省枣庄市高三下学期3月模拟考试（二模）数学试题

参照秘密级管理★启用前试卷类型：A2024届高三模拟考试数学试题2024.03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2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，则（）A． B． C． D．2．某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．采用有放回简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到两种疗法治疗数据的列联表：疗法疗效合计未治愈治愈甲155267乙66369合计21115136经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），则可以认为（）A．两种疗法的效果存在差异B．两种疗法的效果存在差异，这种判断犯错误的概率不超过0.005C．两种疗法的效果没有差异D．两种疗法的效果没有差异，这种判断犯错误的概率不超过0.0053．已知，则“”是“”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．在平面直角坐标系中，已知为圆上动点，则的最小值为（）A．34 B．40 C．44 D．485．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（）A． B． C． D．6．下列命题错误的是（）A．若数据的标准差为，则数据的标准差为B．若，则C．若，则D．若为取有限个值的离散型随机变量，则7．在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（）A． B． C． D．8．已知为抛物线的焦点，的三个顶点都在上，为的中点，且，则的最大值为（）A．4 B．5 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．已知函数，则（）A．的最大值为2B．在上单调递增C．在上有2个零点D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于原点对称10．已知，则（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11．将数列中的所有项排成如下数阵：从第2行开始每一行比上一行多两项，且从左到右均构成以2为公比的等比数列；第1列数成等差数列．若，则（）A． B．C．位于第45行第88列 D．2024在数阵中出现两次三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．的展开式中的系数为______．（用数字作答）13．已知为偶函数，且，则______．14．盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球．从中任取三球，则其编号之和能被3整除的概率为______．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．（13分）在中，角的对边分别为，且．（1）求；（2）若是边上的高，且，求．16．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，E为的中点．（1）求证：平面；（2）若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．17．（15分）已知．（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围．18．（17分）有甲、乙两个不透明的罐子，甲罐有3个红球，2个黑球，球除颜色外大小完全相同．某人做摸球答题游戏．规则如下：每次答题前先从甲罐内随机摸出一球，然后答题．若答题正确，则将该球放入乙罐；若答题错误，则将该球放回甲罐．此人答对每一道题目的概率均为．当甲罐内无球时，游戏停止．假设开始时乙罐无球．（1）求此人三次答题后，乙罐内恰有红球、黑球各1个的概率；（2）设第次答题后游戏停止的概率为．①求；②是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，试说明理由．19．（17分）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被截得的线段长为．（1）求的方程；（2）已知直线与圆相切，且与相交于两点，为的右焦点，求的周长的取值范围．2024届高三模拟考试数学参考答案及评分标准2024.03一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1-4．DCAB5-8．BDCB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．AC10．ABD11．ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．013．14．四、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．解：（1）由题意及正弦定理，得，所以．又因为为的内角，所以．所以，所以．（2）方法一由题意知，所以，所以．即（*）又，所以代入（*）式得，所以，所以．方法二中，由余弦定理得，所以．又因为，所以．所以．所以．由平面向量基本定理知，，所以．16．证明：（1）因为平面平面，所以，因为与平面所成的角为平面，所以，且，又为的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面．（2）因为底面为正方形，为的内心，所以在对角线上．如图，设正方形的对角线的交点为，所以，所以，所以，所以，又因为，所以．由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．所以，由（1）知，所以，所以．又因为平面，所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角为，则．17．解：（1）由题意知定义域为且．令，①当时，，所以在上单调递增．②当时，，记的两根为，则，且．当时，在上单调递增，当时，在上单调递减．综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2），化简得．方法一易证，当且仅当取等号，令，显然在上单调递增．又因为，所以存在唯一，使得（*）分所以，当且仅当时取等号．①当时，成立．②当时，由（*）知，．所以与恒成立矛盾，不符合题意．综上．方法二即．令则．令，则．所以在上单调递增．又，所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增．由得，即．设，则所以在上单调递增．由，得，所以，即有，且所以，所以．18．解：（1）记“此人三次答题后，乙罐内恰有红、黑各一个球”，“第次摸出红球，并且答题正确”，；“第次摸出黑球，并且答题正确”，；“第次摸出红球或黑球，并且答题错误”，，所以．又；；，所以．同理：所以．（2）①第次后游戏停止的情况是：前次答题正确恰好为4次，答题错误次，且第次摸出最后一球时答题正确．所以．②由①知，所以．令，解得；，解得．所以，所以的最大值是．19．解：（1）由题意，得解得．所以的方程为．（2）由题意知，设，由与圆相切，得，即．由消去并整理得．该方程的判别式，由韦达定理得．于是，而．同理，．所以．显然，下面针对的符号进行讨论：①当时，．（*）令，则且．代入（*）化简得．因为，所以，解得，当且仅当时取等号．②当时，．综上，周长的取值范围为．