山东省泰安市2024届高三下学期5月四模考试数学试卷（Word版附解析）

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2024.05
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.
答选择题时，选出每小题答案后，用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1.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. 设集合，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由得出，将代入求得的值，进而解出集合即可.
【详解】因为，所以，即，，
所以，解得或，
即.
故选：B.
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行的充要条件列方程即可求解.
【详解】因为向量，，且，所以，解得.
故选：D.
3. 已知且，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
分析】由诱导公式可得，根据平方关系，再根据商数关系得.
【详解】由诱导公式得，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故选：B.
4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出该圆锥底面圆的半径为r，再利用勾股定理求出母线长，代入表面积公式求解即可.
【详解】由圆锥高为，母线与底面所成角为，得圆锥底面圆半径，
母线，所以圆锥的表面积.
故选：A
5. 已知等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设出双曲线方程（引入参数），将抛物线准线方程代入可表示出，由此即可列方程求解参数，进而得解.
【详解】由题意，设等轴双曲线C的方程为：，而抛物线的准线的准线为，
将代入得，，由题意，
所以，解得，所以C的实轴长为.
故选：C.
6. 设是定义在上的奇函数，且，当时，，则的值为（ ）
A. 2B. 1C. -1D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】由题意求出函数的周期，再利用奇偶性代入求值即可.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，且，
则，所以，
所以函数的周期为，
所以
故选：D.
7. 已知为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由模长公式结合题设条件得条件等式，结合模长公式将所求转换为求二次函数最值即可.
【详解】设，而，所以，即，
所以，等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
故选：A.
8. 已知定义域为R的偶函数在上单调递减，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对所要比较的式子适当变形，构造函数证得，结合已知即可进一步求解.
【详解】因为定义域为R的偶函数在上单调递减，所以定义域为R的偶函数在上单调递增，
而，
令，
则在上恒成立，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
即，
而定义域为R的偶函数在上单调递增，
综上所述，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是构造出适当的函数，从而得出，由此即可顺利得解.
二、多项选择题：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. 已知函数则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，的图象关于中心对称
B. 当时，将图象向右平移个单位长度后的函数图象关于y轴对称
C. 当时，在上单调递减
D. 设的周期为T，若时，，为方程的两个不相等实根，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得结合每个选项条件计算可判断其正确性.
【详解】
对于A：当时，又，
所以的图象关于中心对称，故A正确；
对于B：当时，
将图象向右平移个单位长度后的函数为
所以为偶函数，
所以将图象向右平移个单位长度后的函数图象关于y轴对称，故B正确；
对于C：当时，因为，
所以，所以在上不是单调递减函数，故C错误；
设的周期为T，若时，则，解得，
当时，由
则可得或，
所以，
当时，由
则可得或，
所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 设A，B为两个事件，且，，则
B. 若变量x与变量y满足关系，变量y与变量z是正相关，则x与z负相关
C. 若在一组数据2，3，3，4，6中增加一个数据4，则方差变小
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错的概率不大于0.05
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件概率公式可得，可判断A；由题意可得x与z正相关，判断B；计算两组数据的方差可判断C；由独立性检验可判断D.
【详解】对于A：设A，B为两个事件，且，则，
又，故A正确；
对于B：若变量x与变量y满足关系，则变量x与变量y是正确定关系，
又变量y与变量z是正相关，所以x与z正相关，故B错误；
对于C：一组数据为2，3，3，4，6，则，
所以，
若在2，3，3，4，6中增加一个数据4，则，
则，
又，故若在一组数据2，3，3，4，6中增加一个数据4，则方差变小，故C正确；
对于D：因为，有的把握判断X与Y有关联，即判断错误的概率不大于0.05，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（ ）

A. 平面平面
B. 若为的中点，则平面
C. 折起过程中，点的轨迹长度为
D. 三棱锥的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面，即可判断A，由，即可证明B，过点作交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D.
【详解】对于A：由题意得，所以，即，
而已知，且注意到，，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：因为为的中点，所以，又，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；

对于C：

因为四边形为正方形，，，所以，
过点作交于点，则，
所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
所以点的轨迹长为，故C错误；
对于D：连接，则，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，
又四边形外接圆的直径为，，
设四棱锥的外接球的半径为，则，即，
所以，
所以外接球的体积，
即三棱锥的外接球的体积为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 多项式的展开式中常数项为160，则实数a的值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】根据多项式的展开式的通项公式，找到常数项，建立方程，求解实数a的值.
【解答】多项式展开式的通项公式为
令，解得，
所以可知展开式中常数项为，解得
故答案为：．
13. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，且，则的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】设的外接圆半径为，由已知条件及正弦定理可得到，进而有，再使用已知条件及余弦定理即可推知，最后用面积公式即可.
【详解】设的外接圆半径为，则.
所以，故，从而.
而，故，得.
故答案为：.
14. 已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，点M，N在C上，且满足且，若，则C的离心率为________.
【答案】##
【解析】
【分析】先设出点的坐标，再利用向量共线列方程组得到，然后带入方程即可得到的值，根据椭圆定义可求得的值，再由余弦定理建立方程求出离心率.
【详解】如图所示，设，且，，
由，得，，
所以，即①，
又，可化为，
将①式代入得，，
即，配方整理得，，
所以，即，则，
又由，，得，，
因为，所以，
所以，根据余弦定理，
，
，
所以，解得，所以.
.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）.
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. 已知等比数列的前n项和为，，对任意，是与的等差中项.
（1）求的公比q；
（2）求的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）思路一：由之间的关系结合公比的定义即可得解；思路二：结合等比数列求和公式分公比是否为1进行讨论即可求解；
（2）首先求得，然后结合分组求和法、错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.
【小问1详解】
法一：为等比数列，，
∵，
∴，
∴，∴.
法二：
∵，，
当时，，
整理得，解得或，
当时，由得，不成立，舍去，
∴.
【小问2详解】
由（1）知，，
∴，
设，的前项和为，
则，
，
，
∴，
∴.
16. 增强青少年体质，促进青少年健康成长，是关系国家和民族未来的大事.某高中为了解本校高一年级学生体育锻炼情况，随机抽取体育锻炼时间在（单位：分钟）的50名学生，统计他们每天体育锻炼的时间作为样本并绘制成如下的频率分布直方图，已知样本中体育锻炼时间在的有5名学生.
（1）求a，b的值；
（2）若从样本中体育锻炼时间在的学生中随机抽取4人，设X表示在的人数，求X的分布列和均值.
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）体育锻炼时间在的频率为，可求，利用面积和等于，可求；
（2）样本中体育锻炼时间在的有5名学生，在的有3名学生，可得，利用超几何分布可求分布列与数学期望.
【小问1详解】
因为体育锻炼时间在频率为，
所以，
又因为，
所以
【小问2详解】
样本中体育锻炼时间在的有5名学生，在的有3名学生
则
，，
，，
所以X的分布列为
所以.
17. 如图，在三棱柱中，，.
（1）证明：；
（2）若平面平面，D为上一点且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）只需证明平面，结合线面垂直的性质以及线线平行的性质即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由向量夹角公式即可得解.
【小问1详解】
取BC中点E，连接AE、，
∵，
∴，
又∵，，
∴为正三角形，
∴，
又∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
又∵，
∴.
【小问2详解】
∵平面平面，
由（1）知，平面平面，平面，
∴平面，
而平面，所以，
又，
所以，，两两互相垂直，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
设平面的法向量为，则，
∴，
取，则，.
∴，
设平面的法向量为，则，
∴，
取，则，，
∴，
∴，
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知直线l：分别与x轴，直线交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点（P不在x轴负半轴上）且.
（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足，延长MA交C于点N，求的最小值.
【答案】（1）
（2）16
【解析】
【分析】（1）结合题意得出几何关系，由抛物线定义即可得解；
（2）一方面：设，，联立与抛物线的方程，由韦达定理得，设，，同理可得，，结合向量数量积的坐标运算、基本不等式即可得解.
【小问1详解】
由题意，
如图， ∵，
∴，
又∵不在轴负半轴上，
∴与直线垂直，
又∵，
∴点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
∴点轨迹方程为.
【小问2详解】
由得，
∵与交于两点，
∴，
设，，则，
又∵，
∴，
∵的斜率为，
∴直线的方程为，
设，，同理得，，
∴
，
当且仅当即时取到“=”，
∴的最小值为16.
19. 在数学中，由个数排列成的m行n列的数表称为矩阵，其中称为矩阵A的第i行第j列的元素.矩阵乘法是指对于两个矩阵A和B，如果4的列数等于B的行数，则可以把A和B相乘，具体来说：若，，则，其中.已知，函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若是的两个极值点，证明：，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，，求导得，从而可以分是否为0进行讨论，时，可以继续分是否大于0进行讨论，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数，首先利用导数证明得到，进一步有，从而即可顺利得解.
【小问1详解】
由矩阵乘法定义知，，
∵，
∴当时，，单调递增，
时，方程的判别式，
当时，，，单调递增，
当或时，，令，方程两根记为，，
则，，
当时，，，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
当时，，
当和时，单调递增，
当时，，单调递减，
综上，当时，单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
∵有两个极值点，由（1）知，
设，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴单调递增，
∴，
由（1）知，，
∴，即，
∴，
又由（1）知在上单调递减且，
∴，
∴.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于讨论的时候做到不重不漏，第二问的关键在于构造适当的函数得出，由此即可顺利得解.X
0
1
2
3
P