山东省日照市五莲县第一中学2024届高考模拟预测(一)数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省日照市五莲县第一中学2024届高考模拟预测(一)数学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省日照市五莲县第一中学2024届高考模拟预测一数学试题原卷版docx、山东省日照市五莲县第一中学2024届高考模拟预测一数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上．
2．回答选择题时，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，务必擦净后再选涂其它答案标号．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，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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解集合,再利用交集运算进行求解.
【详解】，，
所以.
故选：B
2. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算和模长计算求出即可.
【详解】，
所以，
所以，
故选：B.
3. 设是两个平面，是两条直线，则的一个充分条件是（ ）
A. B.
C. D. 与相交
【答案】C
【解析】
【分析】通过举反例可判定ABD，利用线面垂直的判定定理及面面平行的判定定理可判定C.
【详解】选项A：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故A错误；
选项B：当满足时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故B错误；
选项C：因为，又，所以，
故是的一个充分条件，故C正确；
当满足与相交时，可能相交，如图：用四边形代表平面
，用四边形代表平面，故D错误；
故选：C.
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. －50B. －10C. 10D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式定理得出展开式的通项，求出，，进而得出的系数.
【详解】展开式的通项为，则，，故展开式中的系数为.
故选：A
5. 甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意只需前5场甲赢3场，再利用独立事件的乘法公式求解．
【详解】根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜，
则甲以4比2获胜的概率为．
故选：C．
6. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案．
【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，
则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：，
由题意可得，
所以．
故选：B．
7. 记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
8. 已知双曲线的右焦点为，其左右顶点分别为，过且与轴垂直的直线交双曲线于两点，设线段的中点为，若直线与直线的交点在轴上，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，，，，，，分别求出直线和的方程，从而得到直线和与轴的交点坐标，即可求出答案.
【详解】由题可得：，，，，，，
所以，直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
由于，则直线的方程为：，
令，解得：，所以直线与轴交点为，
因为直线与直线的交点在轴上，所以，解得：，
所以双曲线的离心率，
故选：B
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. 已知圆，圆，则（ ）
A. 两圆的圆心距的最小值为1
B. 若圆与圆相切，则
C. 若圆与圆恰有两条公切线，则
D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径．
对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．
两圆外切时，圆心距，即，解得．
综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；
对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，
即，可得，解得且，故C项不正确；
对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ）
A. 图（1）的平均数中位数众数
B. 图（2）的平均数<众数<中位数
C. 图（2）的众数中位数<平均数
D. 图（3）的平均数中位数众数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；
图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确；
图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 函数为奇函数
C. 当时，函数恰有两个零点
D. 设数列是首项为，公差为的等差数列，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D.
【详解】易知，
同理，
对A, 先减后增，故A错误；
对B, 为奇函数，故B正确；
对C, ,则在单调递增，
在单调递减，即在单调递增，在单调递减，
又，
，
故函数恰有两个零点，故C正确；
对D,易知，令，则，
，
,
……………………..
,
则，
故，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设椭圆的左右焦点为，椭圆上点满足，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】结合椭圆定理、勾股定理的逆定理与三角形面积公式计算即可得.
【详解】由椭圆定义可得，
则有，即，，
又，
由，故，
故.
故答案为：.
13. 已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果.
【详解】圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，设圆台的高为h，
则该圆台体积为，则，
作出圆台的轴截面如图所示，
上底面圆心为，下底面圆心为，，，
过作，则，又，
所以圆台的母线长为．
故答案为：.
14. 已知实数，满足，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，将所求转化为距离和的最小值，利用几何关系求得最值.
【详解】如图，设正方体的边长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
设为空间任意一点，因为，则P在平面所在的平面内运动，
表示P与点和点的距离之和，
因为关于平面的对称点为D，故，
当且仅当为中点即为正方体中心时等号成立；
表示P与点和点的距离之和，则，
当且仅当在所在直线上时等号成立，
故
的最小值为，当且仅当为正方体中心时等号成立
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查空间中距离最值问题，关键是利用空间坐标系将所求转化为距离和，并注意等号成立条件.
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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案；
（2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值.
【小问1详解】
如图所示，取的中点，连接．
因为是正三角形，所以．
又因为平面底面平面，平面平面，
所以平面，且．
又因为是的中点，到平面的距离为，
，
所以三棱锥的体积为．
【小问2详解】
连接，因为，
所以为等边三角形，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即，解得，取，则，
所以．
设与平面所成角为，
则．
即与平面所成角的正弦值为．
16 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）结合二次函数的性质，对分类讨论计算即可得.
【小问1详解】
当时，，
，
所求切线方程为，整理得：；
【小问2详解】
，
因为，故时，在上单调递增，
当时，对于，
若，则，此时在上单调递增，
若，令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递增；
当时，单调递减；
综上所述：时，在上单调递增；
时，在、上单调递增，在上单调递减.
17. 树人中学高三（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表：
在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为．
（1）证明：；
（2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）；
（3）假设全年级学生的考试成绩服从正态分布，以该班参加考试学生成绩的平均数和标准差分别作为和的估计值．如果按照的比例将考试成绩从高分到低分依次划分为四个等级，试确定各等级的分数线（精确到1）．
附：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）平均数为96分，标准差为18分；
（3）将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．
【解析】
【分析】（1）利用平均数及方差公式即可求解；
（2）利用平均数及方差公式，结合标准差公式即可求解；
（3）根据（2）的结论及正态分布的特点即可求解.
【小问1详解】
，
同理．
所以.
小问2详解】
将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为，
则，
所以
又，所以．
即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分．
【小问3详解】
由（2）知，所以全年级学生的考试成绩服从正态分布，
所以．
．
故可将定为等级，定为等级，定为等级，定为等级．
18. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.
（1）证明：点在定直线上；
（2）若面积为，求点的坐标；
（3）若四点共圆，求点的坐标.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；
（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；
（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.
【小问1详解】
由，得，
设.
所以方程为：，整理得：.
同理可得，方程为：.
联立方程，解得.
因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，
故，
所以，可知.
所以点在定直线上.
.
【小问2详解】
在的方程中，令，得，
所以面积.
故，
代入可得：.
整理得，解得：或.
所以点的坐标为或.
【小问3详解】
若，则重合，与题设矛盾.
抛物线焦点，由得直线斜率，
可知，
同理，所以是外接圆的直径.
若点也在该圆上，则.
由，得直线的方程为：.
又点在定直线上，
联立两直线方程，解得，
所以点的坐标为.
【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.
19. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1
（2）证明见解析 （3）的最大值为512072
【解析】
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
【小问2详解】
因为对于，使得正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
【小问3详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.性别
参加考试人数
平均成绩
标准差
男
30
100
16
女
20
90
19