山东省青岛市部分学校2024届高三下学期5月高考模拟数学试题（含解析）

山东省青岛市部分学校2024届高考数学5月模拟试题
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．已知复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知二项式的展开式中的系数是280，则实数的值等于（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．已知，则的值是（ ）
A． B． C． D．
4．某市2024年5月份第一周的每日最高气温（单位：）分别为，则这周的日最高气温的第30百分位数为（ ）
A．31.5 B．29 C．28.5 D．27
5．已知数列各项均为正数，首项，且数列是以为公差的等差数列，则（ ）
A． B． C．1 D．9
6．在棱长为1的正方体中，面，F为BC上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．AF与面所成角的最小值为
C．的最小值为
D．在正方形内过任意一点G作与CG垂直的线段，则此线段最长为
7．已知定义在上的函数是奇函数，对任意都有，当时，则等于（ ）
A．2 B． C．0 D．
8．已知双曲线，以双曲线的右顶点为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于M、N两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． 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．为加强学生体质健康，邢台市第一中学积极组织学生参加课外体育活动.现操场上甲、乙两人玩投篮游戏，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则继续投篮，若未投中，则换另一人投篮.假设甲每次投篮的命中率均为，乙每次投篮的命中率均为，由掷两枚硬币的方式确定第一次投篮的人选（一正一反向上是甲投篮，同正或同反是乙投篮），以下选项正确的是（ ）
A．第一次投篮的人是甲的概率为
B．第三次投篮的人是乙的概率为
C．已知第二次投篮的人是乙的情况下，第一次投篮的人是甲的概率为
D．设第n次投篮的人是甲的概率为，则
10．三棱锥的侧棱垂直于底面，，，三棱锥的体积，则（ ）
A．三棱锥的四个面都是直角三角形 B．
C． D．三棱锥外接球的体积
11．已知表示这个数中最大的数．能说明命题“，，”是假命题的对应的一组整数a，b，c，d值的选项有（ ）
A．1，2，3，4 B．，，7，5
C．8，，， D．5，3，0，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若实数，且，则的最小值为 .
13．设12元实数集合满足：可将其划分为两个6元子集和，使得对每个，均有，则这样的可以是 ．（写出一个即可）
14．已知圆N：，直线，圆M与圆N外切，且与直线相切，则点M的轨迹方程为 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．的内角的对边分别为，，，满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
16．某手机App为了答谢新老用户，设置了开心大转盘抽奖游戏，制定了如下中奖机制：
每次抽奖中奖的概率为p，n次抽奖仍未中奖则下一次抽奖时一定中奖．每次中奖时有的概率中积分奖，有的概率中现金奖．若某一次中奖为积分奖，则下一次抽奖必定中现金奖，抽到现金奖后抽奖结束．
(1)若，，试求直到第3次才抽到现金奖的概率；
(2)若，，X表示抽到现金奖时的抽取次数．
（ⅰ）求X的分布列（用p表示即可）；
（ⅱ）求X的数学期望．（，结果四舍五入精确到个位数）
17．如图，在直三棱柱中，，，M，N，P分别为棱，，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求二面角的余弦值．
18．已知双曲线 的左、右顶点分别为 与 ，点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 .
(1)求双曲线 的方程;
(2)过点的直线与 交于 两点(均异于点 )，直线 与直线 交于点，求证: 三点共线.
19．特征根方程法是求一类特殊递推关系数列通项公式的重要方法．一般地，若数列满足，则数列的通项公式可按以下步骤求解：①对应的特征方程为，该方程有两个不等实数根；②令，其中，为常数，利用求出A，B，可得的通项公式．已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)求满足不等式的最小整数的值；
(3)记数列的所有项构成的集合为M，求证：都不是的元素．
参考答案：
1．A
【分析】设出复数z的代数形式，结合共轭复数及复数加减法运算，再利用复数相等求解即得.
【详解】令复数，则，
根据两个复数相等的条件有，解得，所以．
故选：A
2．C
【分析】根据题意，求得展开式的通项，确定的值，列出方程，即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，解得，所以，解得.
故选：C.
3．D
【分析】利用二倍角公式和同角之间的转化，进行求解判断选项
【详解】当，则
故选：D
4．D
【分析】将数据从小到大排序，利用分位数的求解方法进行计算.
【详解】将七日的气温数据从小到大排序为
，
因为，
所以第30百分位数为第3个数.
故选：D.
5．A
【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可求解.
【详解】因为数列各项均为正数，首项，则，
又数列是以为公差的等差数列，
则，故
故选：A
6．C
【分析】由正方体性质结合数量积判断A,利用线面角求得斜线判断B,将平面与平面延展到同一平面由三点共线判断C,由特例说明D错误.
【详解】对A,由正方体性质易知：面,面,
故，同理面，
故平面，易知三棱锥为正三棱锥，
故为的中心，又，故，故A错误；
对B,由正方体性质易知面，设，
故AF与面所成角为，又A到面的距离为，
当F运动到C点时，，故，
因为，故最小，故B错误；

对C,将平面与平面延展到同一平面，如图所示，易知

当三点共线时，的最小值为，故C正确；
对D,当G与重合，易知平面，平面，
则，故过G作与CG垂直的所有线段中最长的是，故D错误；
故选：C
7．A
【分析】根据函数的奇偶性和对称性推得函数的周期为4，利用周期性和奇函数特征即可求得的值.
【详解】定义在上的函数是奇函数，且对任意都有，
故函数的图象关于直线对称，∴，故，
∴，∴是周期为4的周期函数．
则．
故选：A．
8．D
【分析】取中点B，连接AB，得，利用点到直线距离求出，根据建立关系即可求出.
【详解】如图，取中点B，连接AB，则，且，
则点到渐近线的距离为，
，
，结合可得，
则，解得：（舍去）或，则.
故选：D.
9．BCD
【分析】直接使用古典概型方法可确定A，使用贝叶斯公式或全概率公式可以验证C，使用全概率公式可得到的递推公式，从而验证B和D.
【详解】对于A，直接使用古典概型方法知，第一次投篮是甲的概率都是，故A错误；
对于C，设分别表示“第一次投篮的人是甲”和“第二次投篮的人是乙”，则
，故C正确；
对于B，D，设表示“第n次投篮的人是甲”，则有
.
故，，这得到，，及，故B，D正确.
故选：BCD.
10．ABD
【分析】根据题设条件构造长方体，计算分析推得正方体，判断其外接球直径即该正方体的体对角线长，推理计算即可一一判断各选项正误.
【详解】因平面，则,又
则可构造如图所示的长方体，则为三棱锥的外接球的直径．
对于A，因平面，因平面,则，，
因，，且,可得平面，
又平面，故,即三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确；
对于B，由解得，即B正确；
对于C，由A项分析得，故在中，是锐角，故C错误；
对于D，设三棱锥外接球的半径为R，由,
知该长方体为正方体，则,解得，
故其外接球体积为，即D正确.
故选:ABD．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的相关性质的应用及外接球问题,属于难题.
解此题的关键在于弄清题中三条直线的两两垂直关系，构造长方体，从而将对三棱锥的性质探究转化为对长方体的探究，给解题带来了较大的方便.
11．BC
【分析】根据的含义说明AD不符合题意，举出具体情况说明BC，符合题意即可.
【详解】对于A，D，从其中任取两个数作为一组，剩下的两数作为另一组，
由于这两组数中的最大的数都不是负数，其中一组中的最大数即为这四个数中的最大值，
故都能使得命题“，”成立；
对于B，当时，而，
此时，即命题“，，”是假命题；
对于C，当时，而，
此时，即命题“，，”是假命题；
故选：BC
12．4
【分析】根据，将化简可得，再根据基本不等式“1”的巧用求解最值即可.
【详解】由可得，
因为，所以，即，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
13．
【解析】略
14．
【分析】设动圆的半径为r，则点M到l＇：与点M到点N的距离相等，都是，再利用抛物线的定义求解.
【详解】由题意得，直线l：，且圆N：，
设圆M半径为r，则点M到l＇：与点M到点N的距离相等，都是，
故点M的轨迹是以N为焦点，以l＇为准线的抛物线，故方程为．
故答案为：
15．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得证；
（2）由（1）知且，利用正弦定理得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）证明：由，可得且，
所以，
因为为三角形的内角，可得，即，得证.
（2）解：由（1）知，且，
所以
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为
16．(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，（ⅱ）19
【分析】（1）先设抽到现金奖时共抽取了3次为事件A，事件A包括两种情况，分别算出概率即可.
（2）X的可能取值为1，2，3，…，19，20，21，由（1）可得，3，…，19的概率，因为19次抽奖仍未中奖则下一次抽奖时一定中奖，所以求的概率时，可以包括前18次没中第19次中了积分奖第20次一定中现金奖或前19次没中奖第20次中现金奖两种情况，分别写出概率列出分布列求期望即可.
【详解】（1）设抽到现金奖时共抽取了3次为事件A，
则事件A包括第一次未中奖第二次未中奖第三次中了现金奖或第一次未中奖第二次中了积分奖第三次中现金奖，
其中中了积分奖的概率为，
则，
所以直到第3次才抽到现金奖的概率为．
（2）（ⅰ）X的可能取值为1，2，3，…，19，20，21．
，
，，3，…，19，
，
，
所以X的分布列为
X 1 2 … i … 20 21
P … …
其中，3，…，19．
（ⅱ）
，
令，
则，
作差得，
则，
所以，
，
，
，
代入，因为，所以得，
所以X的数学期望约为19.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）借助中位线的性质及平行四边形的性质，结合线面平行的判定定理判定即可得；
（2）借助线面垂直的性质定理与面面平行的判定定理即可得；
（3）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）如图，取中点Q，连接，，则，，因此，
又因为，，因此，
故四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，因此，平面；
（2）因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，又因为平面，
所以，进而，
由于N，Q分别为，的中点，有，且，
则与相似，因此，
又因为，、面，所以平面，
又因为平面，因此平面平面；
（3）由于，，两两垂直，以A为坐标原点，
，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
不妨设，则：，，，，
，，，
由（2）知平面，故为平面的一个法向量；
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，，
设二面角为，
则，
由图知为锐角，则．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意点 在 上，且直线 与 的斜率之和为 ，建立方程组求解即可；
（2） 三点共线，即证，设出直线的方程联立双曲线的方程，由韦达定理，求出的坐标，由坐标判断，证明即可.
【详解】（1）由题意得，且
（2）由 (1) 得，
设直线 的方程为，则，
由 得，
直线 的方程为，令 ，则，
，
所以三点共线.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助题目中所给特征根方程法计算即可得；
（2），结合数列是单调递增数列，计算即可得；
（3）由计算可得，由可得，即可得，从而可得，即可得证.
【详解】（1）由题意可得对应的特征方程为，解得，
不妨设，，
则可设，其中，为常数，
由，可得，
即有，解得，
故；
（2）
，
即，
由，，，，，，，，
则，，
且数列是单调递增数列，故满足要求的最小整数的值为；
（3）由，可得，
即，
故
，
故，
故，
易知数列为单调递增数列，且，
当时，，故，即，
故对都不是的元素.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助得到，从而证明.