山东省烟台重点中学2024届高考诊断性测试数学模拟试题（一）（含答案）

这是一份山东省烟台重点中学2024届高考诊断性测试数学模拟试题（一）（含答案），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟，满分：150分)
一、单项选择题：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A＝{x∣－x2＋x≥0}，B＝{x∣x－1＜0}，则AB ＝( ).
A．{x∣x≤1}B．{x∣x＜1}C{x∣0≤x＜1}D．{x∣0≤x≤1}
2．设复数z＝－1－i(i为虚数单位)，z的共轭复数是，则＝( )．
A．－1－2iB．－2＋iC．－1＋2iD．1＋2i
3．已知∣a∣＝2，∣b∣＝3，∣a＋b∣＝，则∣a－b∣等于( )．
A．B．C．D．
4．下列四组函数中，两个函数表示的是同一个函数的是( )．
A．f(x)＝与f(x)＝x＋B．f(x)＝lg3 x2与f(x)＝lg3 x
C．f(x)＝与f(x)＝xD．f(x)＝与f(x)＝x－1
5．一个暗箱装有若干个大小相同的红球、白球和黑球，每次从中摸出1个球，直到摸出的三种颜色的球都有为止．若小明第4次摸球后终止摸球，则他依次摸出的4个球的颜色的不同情形有( )．
A．9种B．12种C．18种D．24种
6．已知sin α＋sin(α＋)＝，则sin(α－)的值是( ).
A．B．C．D．
7．设a＝lg0.6 0.8，b＝1.10.8，c＝lg1.1 0.8，则( )．
A．b＜a＜cB．c＜b＜aC．c＜a＜bD．a＜c＜b
8．已知A，B为抛物线y2＝2px(p＞0)上的两个动点，以AB为直径的圆C经过抛物线的焦点F，且面积为4π．若过圆心C作该抛物线准线l的垂线，垂足为D，则|CD|的最大值为( )．
A．4B．C．D．6
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．如图，若长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则( )．
A．B1E⊥A1B
B．平面B1CE∥平面A1BD
C．三棱锥C1－B1CE的体积为
D．三棱锥C1－B1CD的外接球的表面积为24π
10．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝e－x(x－1)．则下列结论正确的是( )．
A．当x＜0时，f(x)＝ex(x＋1)
B．函数f(x)有五个零点
C．若关于x的方程f(x)＝m有解，则实数m的取值范围是f(－2)≤m≤f(2)
D．x1，x2R，|f(x2)－f(x1)|＜2恒成立
11．已知双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，则( )．
A．∠AF1B＝∠F1AB
B．双曲线的离心率e＝
C．双曲线的渐近线方程为y＝±
D．原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上
12．如图，已知点E是ABCD的边AB的中点，Fn(nN*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(nN*)满足＝an＋1·－2(2an＋3)·，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )．
A．a3＝13B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3D．Sn＝2n＋1－n－2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题后的横线上．
13．若的二项展开式中含有常数项，则n的最小值是________．
14．圆x2＋y2－2x－6y＋9＝0关于直线2x＋y＋5＝0对称的圆的方程是________．
15．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x3－3x2＋a，则f(－2)＝____________，曲线y＝f(x)在点(－2，f(－2))处的切线方程为____________．（本小题第一空2分，第二空3分）
16．如图，A，B是双曲线(a＞0，b＞0)上的两点，F是双曲线的右焦点．△AFB是以F为顶点的等腰直角三角形，延长BF交双曲线于点C．若A，C两点关于原点对称，则双曲线的离心率为__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(a， eq \r(3)b)，n＝(csA，sinB)，且m∥n．
(1)求角；
(2)若，求△ABC的面积．
18．(12分)设Sn为数列{an}的前n项和，且S2＝8，2Sn＝(n＋1)an＋n－1．
(1)求a1，a2，并证明数列{an}为等差数列；
(2)若不等式λ·2n－Sn＞0对任意正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
(第19题图)
19．(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝，底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点．
(1)证明：平面PBE⊥平面PAB；
(2)求二面角A-BE-P的平面角的大小．
20．(12分)“南澳牡蛎”是我国地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量(克)在正常环境下服从正态分布N(32，16)．
(1)购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20 g的牡蛎的可能性有多大？
(2)2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x(单位：人)与年收益增量y(单位：万元)的数据如下：
该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型：
模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程为＝4.1x＋11.8；
模型②：由散点图(如图)的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线y＝的附近，对人工投入增量x做变换，令，则，且有＝2.5，＝38.9，＝81.0，＝3.8．
(i)根据所给的统计量，求模型②中y关于x的经验回归方程(精确到0.1)；
(ii)根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数R2，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量．
附：若随机变量Z～N，则P(≤Z≤)＝0.997 4，0.998 710≈0.987 1；
样本(ti，yi)(i＝1，2，…,n)的最小二乘估计公式为＝，＝．
21．(12分)已知M是抛物线C：y2＝4x上一点，F是抛物线C的焦点，|MF|＝4．
(1)求直线MF的斜率；
(2)已知动圆E的圆心E在抛物线C上，点D(2，0)在圆E上，且圆E与y轴交于A，B两点，令|DA|＝m，|DB|＝n，求最大值．
22．(12分)已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1．
(1)讨论函数f(x)的单调性．
(2)设a≤2，求证：对任意x1，x2(0，＋∞)，都有|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．
2024年高考诊断性测试
数学模拟试题（一）参考答案及评分标准
一、选择题
1．A． 2．C． 3．A． 4．D．
5．C．提示：小明第4次才凑齐红、白、黑三种颜色，则第4次摸出的球的颜色有3种情形，前3次摸出的球的颜色为另外2种颜色，有23－2＝6种情形．故不同情形共有18种．
6．C． 7．C． 8．B．
二、选择题
9．CD．解析：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，4)，B1(2，0，4)，E(0，2，2)，
所以＝(－2，2，－2)，＝(2，0，－4)．
因为＝－4＋0＋8＝4≠0，所以与不垂直．故A错误．
＝(0，－2，4)，＝(－2，0，2)，设平面B1CE的一个法向量为＝(x1，y1，z1)，则
由得所以
不妨取z1＝1，则x1＝1，y1＝2，所以＝(1，2，1)．
同理可得平面A1BD的一个法向量为＝(2，2，1)．
故不存在实数λ使得．
故平面B1CE与平面A1BD不平行，故B错误．
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C1⊥平面CDD1C1，故B1C1是三棱锥B1－CEC1的高，所以．故C正确．
三棱锥C1－B1CD1的外接球即为长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，故外接球的半径．所以三棱锥C1－B1CD1的外接球的表面积S＝4πR2＝24π，故D正确．
故选CD．
10．AD．提示：设x＜0，则－x＞0，所以f(－x)＝ex(－x－1)，
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以－f(x)＝ex(－x－1)，即f(x)＝ex(x＋1)，故A正确．
当x＞0时，f(x)＝，所以，
令f '(x)＝0，解得x＝2．当0＜x＜2时，f '(x)＞0；当x＞2时，f '(x)＜0，
所以函数f(x)在(0，2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减，
故当x＝2时，函数f(x)取得极大值e－2＞0．
当0＜x＜2时，f(0)·f(2)＜0，又f(1)＝0，故函数f(x)在(0，2)内仅有一个零点1．
当x＞2时，f(x)＝＞0，所以函数f(x)在(2，＋∞)上没有零点，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上仅有一个零点．
又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以函数f(x)在(－∞，0)上仅有一个零点－1．
又f(0)＝0，故函数f(x)是定义在R上有3个零点．故B错误．
作出函数f(x)的大致图象，由图可知，
若关于x的方程f(x)＝m有解，则实数m的取值范围是－1＜m＜1．故C错误．
由图可知，对x1，x2R，|f(x2)－f(x1)|＜|1－(－1)|＝2，故D正确．故选AD．
11．ABC．提示：如图，设|AF2|＝x，则|BF2|＝|AF1|＝2x，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝x，|BF1|＝|BF2|＋2a＝2x＋2a＝6a，|AB|＝3x＝6a，所以|BF1|＝|AB|，所以∠AF1B＝∠F1AB，A选项正确．
因为|AF1|＝2x＝4a，|BF1|＝|AB|＝6a，
所以在△AF1B中，cs∠F1AB＝．
又在△AF1F2中，|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cs∠F1AF2，
即4c2＝16a2＋4a2－2×4a×2a×＝，，所以，B选项正确．
由，得，，渐近线方程为，C选项正确．
若原点O在以F2为圆心，AF2为半径的圆上，则|OF2|＝|AF2|，c＝2a，
即与B矛盾，不成立，D选项错误．
故选ABC．
12．AB．提示：＝an＋1·－2(2an＋3)·，
故＝(an＋1－2an－3)·－(2an＋3)·，，共线，故an＋1－2an－3＝0，即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3．
a3＝24－3＝13，A正确；数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；Sn＝4－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．故选AB．
三、填空题
13．10．提示：，因为展开式中含有常数项，所以，即(r＝0，1，2，…，n)，故n的最小值是10．
14．(x＋7)2＋(y＋1)2＝1．
15．－4，12x－y＋20＝0．提示：f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝a＝0，故a＝0，f(－2)＝－f(2)＝－(16－12)＝－4，
当x＜0时，－x＞0，故f(－x)＝－2x3－3x2，f(x)＝－f(－x)＝2x3＋3x2，
f '(x)＝6x2＋6x，f '(－2)＝12，故切线方程为y＝12(x＋2)－4，
即12x－y＋20＝0．故答案为－4，12x－y＋20＝0．
16．．
四、解答题
17．解：(1)因为m∥n，所以．（2分）
由正弦定理，得．（3分）
又，从而．（4分） 因为，所以．（5分）
(2)由余弦定理得，（6分）而，，，
得，即，（8分）因为，所以，
故△ABC的面积．（10分）
18．解：(1)因为2S2＝3a2＋1，S2＝8，得a2＝5，所以a1＝3．（1分）
2Sn＝(n＋1)an＋n－1，又2Sn＋1＝(n＋2)an＋1＋n，（2分）
两式相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an＋1，（3分）
即nan＋1－(n＋1)an＋1＝0，①
所以(n＋1)an＋2－(n＋2)an＋1＋1＝0． ②
②－①得(n＋1)an＋2－(2n＋2)an＋1＋(n＋1)an＝0，（4分）
即an＋2－2an＋1＋an＝0，即an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝2，（5分）
故数列{an}为首项为3，公差为2的等差数列，所以an＝2n＋1．（6分）
(2)因为an＝2n＋1，所以Sn＝n(3＋2n＋1)＝n2＋2n，（8分）
由λ·2n－Sn＞0，得对任意正整数n恒成立，（9分）
(第19题图)
令，则，（10分）所以b1＜b2＞b3＞b4＞…，
所以(bn)max＝b2＝2，（11分）故λ＞2．（12分）
19．解：(1)如图，连接BD，
由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．（1分）
∵ E是CD的中点，∴ BE⊥CD．∵ CD∥AB，∴ BE⊥AB．（3分）
∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BE．（4分）∵ PAAB＝A，∴ BE⊥平面PAB．（5分）
又BE ⊂ 平面PBE，∴ 平面PBE⊥平面PAB．（6分）
(2)∵ BE⊥平面PAB，∴ BE⊥PB，（8分）
∴ ∠ABP即为二面角A-BE-P的平面角．（9分）
在Rt△PAB中，AB＝1，PA＝，tan∠ABP＝，（10分）∴ ∠ABP＝60°．（11分）
∴ 二面角A-BE-P的平面角为60°．（12分）
20．解：(1)由已知，单个“南澳牡蛎”质量～N(32，16)，则μ＝32，σ＝4．（1分）
由正态分布的对称性可知，
P(＜20)＝[1－P(20＜＜44)]＝[1－P(＜＜)]＝(1－0.997 4)＝0.001 3．（2分）
设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20 g的牡蛎为X只，则X～B(10，0.001 3)，
故P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－0.001 3)10＝1－0.987 1＝0.012 9，（3分）
所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于20 g的牡蛎的可能性仅为1.29%．（4分）
(2)(i)由＝2.5，＝38.9，＝81.0，＝3.8，有＝＝≈21.3，且＝＝38.9－21.3×2.5≈－14.4．（6分）
所以，模型②中y关于x的回归方程为＝21.3－14.4．（7分）
(ii)由表格中的数据，有182.4＞79.2，即＞．（9分）
模型①的R2小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好．（10分）
当x＝16时，模型②的收益增量的预测值为
＝21.3×－14.4＝21.3×4－14.4＝70.8(万元)．（11分）
这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠．（12分）
21．(1)设M(x0，y0)，因为|MF|＝4，所以x0＋1＝4，解得x0＝3，（1分）所以M(3，)，又F(1，0)，所以直线MF的斜率为．（3分）
(2)设圆心E(，b)，圆E的方程为(x－)2＋(y－b)2＝(－2)2＋b2，（4分）
化简得x2＋y2－－2by＋b2－4＝0．令x＝0，得y2－2by＋b2－4＝0，（5分）
即[y－(b＋2)][y－(b－2)]＝0，所以y＝b＋2或y＝b－2．（6分）
不妨设A(0，b＋2)，A(0，b－2)，则
m＝|DA|＝，（7分）n＝|DB|＝，（8分）
（9分）
，（10分）
当且仅当，即时，等号成立，（11分）所以的最大值为．（12分）
22．解：(1)由题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f '(x)＝．（1分）
当a≥0时，f '(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；（2分）
当a≤－1时，f '(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；（3分）
当－1＜a＜0时，令f '(x)＝0，解得x＝．（4分）
当x(0，)时，f '(x)＞0；当x(，＋∞)时，f '(x)＜0．（5分）
故f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．（6分）
(2)不妨假设x1≥x2，由(1)可知，当a≤－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以
|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1．（7分）
令g(x)＝f(x)＋4x，则g'(x)＝．（8分）
于是g'(x)≤．（9分）
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，（10分）故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2．（11分）
故对任意x1，x2(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|．（12分）
人工投入增量x/人
2
3
4
6
8
10
13
年收益增量y/万元
13
22
31
42
50
56
58
回归模型
模型①
模型②
回归方程
＝4.1x＋11.8
y＝
182.4
79.2