山东省聊城市2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附答案）

这是一份山东省聊城市2024届高三下学期二模数学试卷（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置上。
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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，只将答题卡交回。
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．点在抛物线上，若点到点的距离为6，则点到轴的距离为（ ）
A．4B．5C．6D．7
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数为上的偶函数，且当时，，则（ ）
A．B．C．D．
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．
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
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．
7．如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ）
A．2B．C．1D．
8．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．
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．已知向量，若在上的投影向量为，则（ ）
A．B．
C．D．与的夹角为
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”
11．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．若动直线与的图像能围成封闭图形，则该图形面积的最大值为
D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，且，则________．
13．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________．
14．已知正方形的四个顶点均在函数的图像上，若两点的横坐标分别为，则________．
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、演算步骤．
15．（13分）
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。
16．（15分）
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．
17．（15分）
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．
18．（17分）
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．
19．（17分）
已知椭圆的短轴长为2，离心率为．
（1）求的方程；
（2）直线与交于两点，与轴交于点，与轴交于点，且．
（ⅰ）当时，求的值；
（ⅱ）当时，求点到的距离的最大值．
2024年聊城市高考模拟试题
数学（二）参考答案及评分标准
一、选择题
1-4ADAD 5-8BCBA
二、选择题
9．ACD 10．BC 11．BCD
三、填空题
12．1 13． 14．
四、解答题
15．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
数学期望．
16．（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，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，因为，所以平面．
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．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．解：（1）因为为“的可移倒数点”，所以，
即，所以，即，
由的定义域为，
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）由题意得
恰有3个“可移1倒数点”就是方程恰有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，
该方程又可化为，该方程在内恰有两个实数根的充要条件为：解得．
因此，当时，方程在内恰有两个实数根；
当时，方程在内至多有一个实数根；
综上，的取值范围为．
19．解：（1）由题意得解得
所以的方程为．
（2）（ⅰ）由题意得，
由，得，即，
由，得，即，
将的坐标分别代入的方程，得和，
解得，又，所以．
（ⅱ）由消去，得，
其中，
设，
则，
由，
得，
所以，
由，得，
即，
所以，
因此，又，
所以．
所以的方程为，即过定点，
所以点到的最大距离为点与点的距离，
即点到的距离的最大值为2．1
2
3