山东省菏泽外国语学校2024届高三数学模拟检测卷（四）

这是一份山东省菏泽外国语学校2024届高三数学模拟检测卷（四），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.(2024山东滨州二模)已知集合,则的子集个数为（ ）
A.4B.7C.8D.16
2.(2024山东聊城三模)“,且”是“,且”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
3.(2024山东聊城三模)设,则a,b,c的大小关系为（ ）
A.B.C.D.
4.(2024山东济南三模)若,则（ ）
A.1B.-1C.2D.-2
5.(2024山东济南三模)已知是等比数列,且,则（ ）
A.B.C.-2D.
6.(2024山东济南三模)展开式中的系数为（ ）
A.-5B.5C.15D.35
7.(2024山东聊城三模)已知圆与两坐标轴及直线都相切,且圆心在第二象限,则圆的方程为（ ）
A.B.
C.D.
8.(2024山东济南三模)三棱锥中,平面.若该三棱锥的最长的棱长为9,最短的棱长为3,则该三棱锥的最大体积为（ ）
A.B.C.18D.36
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.(2024-山东聊城三模)设方程的两根在复平面内对应的点分别是,则（ ）
A.的实部为1B.关于轴对称C.D.
10.山东枣庄模拟预测)若函数,则（ ）
A.的图象关于对称B.在上单调递增
C.的极小值点为D.有两个零点
11.(2024-山东潍坊二模)已知椭圆的焦点分别为为上一点,则（ ）
A.的焦距为B.的离心率为C.的周长为D.面积的最大值为
第II卷(非选择题)
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024山东泰安三模)已知集合,若,则的取值范围是___________.
13.山东二模)在中,内角的对边分别为,且,则面积的最大值为___________.
14.(2024山东滨州二模)若函数在区间上单调递减,则的取值范围是_________.
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.(2024山东二模)已知数列.求:
(1)数列的通项公式;
(2)数列的前项和的最大值.
16.(2024山东济南三模)已知函数,其中且.
(1)若是偶函数,求的值;
(2)若时,,求的取值范围.
17.(2024山东聊城三模)在中,内角的对边分别为且.
求A;
(2)若在边BC上,且,求的周长.
18.(2024山东济南三模)如图,在三棱台中,平面平面,.
(1)求三棱台的高;
(2)若直线AC与平面ABF所成角的正弦值为,求BC.
19.(2024山东济南三模)已知点在椭圆上,A到的两焦点的距离之和为.
(1)求的方程;
(2)过抛物线上一动点,作的两条切线分别交于另外两点Q,R.
(i)当P为的顶点时,求直线QR在轴上的截距（结果用含有的式子表示);
(ii)是否存在,使得直线QR总与相切.若存在,求的值;若不存在,说明理由.
参考答案:
1.【分析】根据题意求集合,结合集合元素个数与子集个数之间的关系分析求解.
【详解】由题意可得：,可知有3个元素,所以的子集个数为.故选:C.
2.B【分析】根据题意,利用不等式的基本性质,结合充分、必要条件的判定方法,即可求解.
【详解】若,且,根据不等式的加法和乘法法则可得,且,即必要性成立;当,满足,且,但是,故充分性不成立,所以“,且”是“,且”的必要不充分条件.故选:B
3.A【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数在定义域上单调递增,
故,
又
所以.故选:A
4.B【分析】由同角的三角函数和二倍角公式结合特殊角的三角函数计算可得.
【详解】因为,
所以,
所以Р○,
所以,故选:B
5.【分析】设等比数列的公比为,利用条件,得到,再由,得,即可得出结果.
【详解】设等比数列的公比为,因为,所以,得到,所以,由,得到,所以,故选:C.
6.A【分析】由分类、分步计数原理结合组合数即可运算求解.
【详解】若要产生这一项,则当在中取1时,再在中取2个、取4个1,
当在中取时,再在中取3个、取3个1,
所以展开式中的系数为.故选:A.
7.【分析】设出圆的标准方程,利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为,
则,即,解得,
所以圆的方程为.故选:D
8.【分析】由线面垂直得到线线垂直,推出该三棱锥的最长的棱为SC,故,最短的棱为SA,AB或BC,分三种情况,利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值,得到答案.
【详解】因为平面平面ABC,所以,
故,
因为,所以,故,
则该三棱锥的最长的棱为SC,故,最短的棱为SA,AB或BC,
当最短的棱为SA,即时,
由勾股定理得,
故,故,
当且仅当时,等号成立,
故三棱锥体积为,
当最短的棱为AB,即时,
设,则,则,
故,
三棱锥体积为,
当且仅当,即时,等号成立,
当最短的棱为BC,即时,
设,则,则,
故,
三棱锥体积为,
当且仅当,即时,等号成立,
综上,该三棱锥的最大体积为18.故选:C
9.BCD【分析】解方程得,根据复数减法运算及复数概念判断,根据复数的几何意义判断,根据复数模的运算判断C,根据共轭复数的定义和乘法运算求解判断D.
【详解】由实系数一元一次方程求根公式知:
方程的两根为,
则,所以的实部为0,故错误;
在复平面内对应的点分别是,
他们关于轴对称,故正确;
由得,
即,故C正确;
由得
故D正确.故选:
10.AC【分析】首先求出函数的定义域,即可判断奇偶性,从而判断A,利用导数说朋函数的单调性,即可判断B、C,求出极小值即可判断D.
【详解】对于函数,令,解得或,
所以函数的定义域为,
又
所以为奇函数,函数图象关于对称,故正确;
又
当时,,即在上单调递减,故B错误;当时,,即在上单调递增,
根据奇函数的对称性可知在上单调递增,在上单调递减,
所以的极小值点为,极大值点为,故C正确;
又,
且当趋近于1时,趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，
所以在上无零点,根据对称性可知在上无零点,
故无零点,故错误.
故选:AC.
11.ABD【分析】根据椭圆方程求出再结合椭圆的性质逐一判断即可.
【详解】设椭圆的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,则,故,
所以的焦距为,故A正确;
的离心率为,故正确;
的周长为,故错误;
对于,当点位于椭圆的上下顶点时,的面积最大,最大值为,故D正确.
故选:ABD.
12.【分析】求出集合A,B,根据包含关系确定范围即可.
【详解】由,得,
所以,则或,
由,得,
又,所以,
解得.
故答案为:.
13.【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出,再由余弦定理结合基本不等式求出ab最大值,即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值.
【详解】因为,
所以由余弦定理,得,
所以,又,
则,
所以由余弦定理以及基本不等式得:
即,当且仅当时等号成立,
所以,即面积的最大值为,故答案为:.
14.【分析】求出函数的导数,再利用给定的单调区间及单调性列出不等式,构造函数并求出最小值即得.
【详解】函数,求导得,由在上单调递减,
得,即,令,
求导得,当时,,当时,,
因此函数在上单调递减,在上单调递增,,
则,解得,
所以的取值范围是.
故答案为:
15.(1);
【分析】(1)根据题目条件得到是以13为首项,-4为公差的等差数列,求出通项公式;
(2)求出通项公式,解不等式,得到数列从第5项开始小于0,从而得到数列的前4项和最大,利用求和公式求出答案.
【详解】(1)由,可知,
所以数列是以13为首项,以-4为公差的等差数列,所以;
(2)由(1)可知,令,解得,
令,解得,即数列从第5项开始小于0,所以数列的前4项和最大,
最大值为.
16.(1)
(2)且.
【分析】(1)由题意,,即可得解;
（2）分且和三种情况讨论,结合基本不等式和导数求解即可.
【详解】(1)由题意,,即,
解得,或(舍),经检验时,是偶函数,
所以的值为;
(2)当时,成立;
当且时,,
又已证:故此时符合题意;
当时,,
因为函数都是增函数,
所以函数在上单调递增,且,
故存在,使得当时,,从而单调递减,
所以,存在,使得,此时不合题意.
综上所述,且.
17.(1)
(2)
【分析】(1)根据题意利用正弦定理角化边整理可得,结合三角形性质得,即可求解;
(2)根据得,结合向量模的运算求得,利用余弦定理求得,即可得解.
【详解】(1)因为,
所以,因为,所以,
所以,
因为,所以,因为,所以.
(2)因为,所以,
所以,即,
即,解得,或(舍),
由余弦定理,得,所以,
所以的周长为.
18.(1)
(2)
【分析】(1)作于点,利用面面垂直的性质得FO即为三棱台的高,再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案;
(2)以为原点,在面ABC内,作,以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系,求出平面ABF的法向量,设,利用线面角的空间向量求法可得答案.
【详解】(1)作于点,因为平面平面BCFE,
平面平面平面,
所以平面ABC,FO即为三棱台的高,
又因为平面ABC,所以,连接AO,
因为,所以,
平面AFO,所以平面AFO,
又平面AFO,所以,
所以,所以三棱台的高为;
(2)以为原点,在面ABC内,作,以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
设平面ABF的法向量为,则,可取,
设,则,
设直线AC与平面ABF所成角为,
化简得,解得,或（舍去,因为,则,所以),
所以.
19.(1)
(2)(i);(ii)存在,
【分析】(1)根据条件,利用椭圆的定义得到,再利用点在上,即可求出结果;
(2)(i)设直线PR的方程为,联立椭圆方程,利用,得到,联立抛物线方程,得到,即可求出结果;(ii)根据条件得到必要条件,再代人检验满足题意,从而求出结果.
【详解】(1)由题意,得.
又在上,得,从而,故的方程为.
(2)(i)当为的顶点时,,
不妨设在第一象限,直线PR的方程为,
联立的方程为,可得.
由,得.
联立直线PR的方程与抛物线的方程,可得,
则点的纵坐标为,
由对称性知,
故直线QR在轴上的截距为.
(ii)要使(2)中的直线QR与相切,必有,即,解得或-1(舍去).
设,则.
直线PQ的方程为,即.
联立椭圆方程可得
由
可得,
即。
同理可得.
因为直线同时经过点QR,所以QR的直线方程为.
联立椭圆方程可得,
于是.
故直线QR与椭圆相切,因此符合题意.
【点睛】关键点点睛:本题的关键在于第(2)问的第(ii)小问,通过条件,得到,从而有,再检验满足题意,即可求解