2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷（4月份）

这是一份2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷（4月份），共22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。
1．（5分）已知随机变量，则
A．B．C．D．
2．（5分）已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则
A．1B．2C．3D．4
3．（5分）已知集合的元素之和为1，则实数所有取值的集合为
A．B．C．，D．，，
4．（5分）已知函数的定义域为，若，，则
A．0B．1C．2D．3
5．（5分）已知圆，，，若圆上有且仅有一点使，则正实数的取值为
A．2或4B．2或3C．4或5D．3或5
6．（5分）设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则
A．B．C．D．
7．（5分）已知数列满足，对于任意的且，都有，则
A．B．C．D．
8．（5分）已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥的体积为
A．2B．C．3D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，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．（6分）若复数满足为虚数单位），则下列说法正确的是
A．
B．的虚部为
C．
D．若复数满足，则的最大值为
10．（6分）如图，在直角三角形中，，，点是以为直径的半圆弧上的动点，若，则
A．B．
C．最大值为D．，，三点共线时，
11．（6分）已知数列满足，，记数列的前项和为，则对任意，下列结论正确的是
A．存在，使B．数列单调递增
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知，，则 ．
13．（5分）现有，两组数据，其中组有4个数据，平均数为2，方差为6，组有6个数据，平均数为7，方差为1．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为 ．
14．（5分）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数的取值范围为 ．
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．（13分）如图，在平面四边形中，，，，．
（1）若，，求的大小；
（2）若，求四边形面积的最大值．
16．（15分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，，平面平面，为线段的中点，为线段上一点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面夹角的正弦值为．
17．（15分）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：．
18．（17分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线相切于点，且与椭圆交于，两点．
（1）当的坐标为时，求；
（2）若点满足，求面积的最大值．
19．（17分）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处．
（1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）记第秒末粒子回到原点的概率为．
已知，求，以及．
令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的．已知，证明：该粒子是常返的．
2024年山东省名校考试联盟高考数学模拟试卷（4月份）
参考答案与试题解析
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．（5分）已知随机变量，则
A．B．C．D．
【分析】结合二项分布的概率公式，即可求解．
【解答】解：随机变量，
则．
故选：．
【点评】本题主要考查二项分布的概率公式，属于基础题．
2．（5分）已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则
A．1B．2C．3D．4
【分析】求解抛物线的准线方程，结合抛物线的定义，转化求解即可．
【解答】解：抛物线的准线方程为：，
抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则．
故选：．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
3．（5分）已知集合的元素之和为1，则实数所有取值的集合为
A．B．C．，D．，，
【分析】分和以及分别求解集合，进而求解结论．
【解答】解：可得或，
当时，集合，，此时元素之和为1，满足题意；
当时，集合，此时元素之和为1，满足题意；
当且时，集合，，此时元素之和为，不满足题意；
故满足题意的或．
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：集合的性质的应用，函数和方程的关系．
4．（5分）已知函数的定义域为，若，，则
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据得出为奇函数，且；根据，得出的图象关于对称，从而得出的周期为4，计算即可．
【解答】解：因为的定义域为，且，所以为奇函数，所以；
又因为，所以的图象关于对称，所以；
所以，所以，所以的周期为4，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性与对称性应用问题，是基础题．
5．（5分）已知圆，，，若圆上有且仅有一点使，则正实数的取值为
A．2或4B．2或3C．4或5D．3或5
【分析】根据题意，分析圆的圆心坐标以及半径，设中点为，由的坐标分析的坐标以及的值，可得以为直径的圆，进而分析，原问题可以转化为圆与圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解．
【解答】解：由题知，圆，
圆心为，半径，
设中点为，因，，
则，，
以为直径的圆为，
因为圆上有且只有一点，使得，
则圆与圆相切，
又，
即有或，
解得或．
故选：．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．
6．（5分）设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则
A．B．C．D．
【分析】根据题意，由概率的性质可得，由此可得（A）（B），则事件、相互独立，进而求出的值，由条件概率公式计算可答案．
【解答】解：根据题意，，，，则（A）（B），
则有（A）（B），则事件、相互独立，
则有（B），
则．
故选：．
【点评】本题考查概率的应用，涉及条件概率的计算，属于基础题．
7．（5分）已知数列满足，对于任意的且，都有，则
A．B．C．D．
【分析】根据已知的递推关系式得到：为偶数时，是以为首项，2为公比的等比数列，进而求解结论．
【解答】解：由题可得，
当为偶数时，，
，
可得，
即是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，
即；
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
8．（5分）已知正三棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥的体积为
A．2B．C．3D．
【分析】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点，再求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解．
【解答】解：因为球与三棱锥的棱均相切，
所以面截球得到的截面圆与 的三边均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与面垂直的直线上，
又底面边长为，底面正三角形的内切圆的半径为1，球的半径也为1，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中点，
如图过球心作的垂线交于，则，
又因为，所以，
所以．
故选：．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求解，三棱锥的棱切球问题，属中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，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．（6分）若复数满足为虚数单位），则下列说法正确的是
A．
B．的虚部为
C．
D．若复数满足，则的最大值为
【分析】由求出，计算，再判断选项中的命题是否正确．
【解答】解：因为，所以，
所以，选项正确；
的虚部是，选项错误；
，选项正确；
由，得，所以，
所以的最大值为，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了复数的定义与应用问题，是基础题．
10．（6分）如图，在直角三角形中，，，点是以为直径的半圆弧上的动点，若，则
A．B．
C．最大值为D．，，三点共线时，
【分析】依题意可得为的中点，根据平面向量加法的平行四边形法则判断；
建立平面直角坐标系，求出圆的方程，设，，利用坐标法判断、；
由三点共线得到，即可求出，从而求出，，即可判断．
【解答】解：因为，即为的中点，所以，故正确；
如图建立平面直角坐标，
则，，，
所以，，则，故错误；
又，
所以圆的方程为，
设，，
则，又，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，故最大值为，故正确；
因为，，三点共线，所以，
又，，
所以，即，
所以，
所以，又，，
且，即，
所以，所以，所以，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量基本定理和平面向量的数量积，属于中档题．
11．（6分）已知数列满足，，记数列的前项和为，则对任意，下列结论正确的是
A．存在，使B．数列单调递增
C．D．
【分析】直接利用赋值法，数列的递推关系式，数列的单调性，函数的求导和函数的单调性的关系判断、、、的结论．
【解答】解：对于选项：假设存在，使，则，因为，，所以，
依次类推得，，与已知 矛盾，所以选项错误；
对于选项，要证数列 单调递增，只需证，令，，
则，在上单调递减，
因为，
故在 上存在唯一零点，
当 时，，当，时，，
所以 在 上为增函数，在，上为减函数，
因为，所以当 时，总有，即，令，则有，
故选项正确．
对于选项，要证，只需证，令，
则，在上单调递减，
因为，
故在 上存在唯一零点，当 时，，当，时，，
所以 在 上为增函数，在，上为减函数，因为，
当 时，总有，即，
令，则有，故选项正确．
对于选项，令，
则，在 上单调递减，
因为，所以 在 上为减函数，
因为，所以当 时，总有，即，所以，即，
整理得，其中，2，3，，
所以：，，，，利用累加法得，，
即，故选项正确．
故选：．
【点评】本题考查的知识点：数列的递推关系式，数列的单调性，函数的求导和函数的单调性的关系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）已知，，则 2 ．
【分析】由已知结合指数与对数的转化先求出，然后结合对数的运算性质即可求解．
【解答】解：因为，，
所以，
．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
13．（5分）现有，两组数据，其中组有4个数据，平均数为2，方差为6，组有6个数据，平均数为7，方差为1．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为 9 ．
【分析】利用分层随机抽样的方差公式求解．
【解答】解：新的一组数据的平均数为，
所以新的一组数据的方差为．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了分层随机抽样的方差公式，属于基础题．
14．（5分）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数的取值范围为 ．
【分析】利用导数确定函数的单调性、极值，令，将问题转化为 有两个根，即有两个根，结合二次根的分布求解即可．
【解答】解：因为，所以，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以（1），
且当时，；当时，；，
当趋于时，趋于，当趋于时，趋于0，
图象如图所示．
令，有三个不等实数根等价于 有两个根，
即有两个根，
设两根分别为、，
且，或，，
所以或，
解得．
所以实数的取值范围为：．
故答案为：．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，考查了导数的综合运用，属于中档题．
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．（13分）如图，在平面四边形中，，，，．
（1）若，，求的大小；
（2）若，求四边形面积的最大值．
【分析】（1）由已知结合锐角三角函数定义及正弦定理即可求解；
（2）结合三角形面积公式可先求出及的面积，然后结合和差角公式及辅助角公式进行化简，再由正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）因为，，
所以，，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，
所以，
又，所以；
（2）在中，，，
则，
又，
在中，，，
所以，
所以四边形的面积，
因为，，
所以当，即时，，
故四边形面积的最大值为．
【点评】本题主要考查了正弦定理，和差角公式，辅助角公式，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
16．（15分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，，，，平面平面，为线段的中点，为线段上一点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，直线与平面夹角的正弦值为．
【分析】（1）根据已知条件证出面，再结合线面垂直的性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式即可求解．
【解答】解：（1）因为四边形为直角梯形，，，，
所以，，
因为，，所以为正三角形，
因为为的中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以．
（2）以为原点如图建系，
则，0，，，，，
设，0，，，，
，
设面的法向量为，
所以，即，
令，则，，
所以，
设直线与平面夹角为，
则，
解得，
所以时，直线与平面夹角的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
17．（15分）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：．
【分析】（1）求导数，分类讨论，即可讨论的单调性；
（2）由题意可化为证明恒成立，令，即证，令，求导，可求，即可证明恒成立．
【解答】解：（1）函数 的定义域为，
可得，
①当时，恒成立，
②当时，，解得，
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：，
要证，即证恒成立，
令，即证，
令，
所以，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
则恒成立，得证．
【点评】本题考查了导数与函数单调性，考查了运算能力，属于中档题．
18．（17分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线相切于点，且与椭圆交于，两点．
（1）当的坐标为时，求；
（2）若点满足，求面积的最大值．
【分析】（1）由题意，得到切线的方程，将的方程与椭圆方程联立，利用弦长公式进行求解即可；
（2）设出，两点的坐标，设出的方程，将的方程分别与抛物线和椭圆方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求出的最大值，根据，推出，进而可得面积的最大值．
【解答】解：（1）因为，
可得，
易得过点的切线的方程为，
联立，消去并整理得，
不妨设，，，，
由韦达定理得，，
则；
（2）不妨设，，，，
易知切线斜率存在，
不妨设的方程为，
联立，消去并整理得，
此时△，
解得，
联立，消去并整理得，
此时△，
由韦达定理得，，
此时，
则，
所以
，
不妨令，，
此时
，
当且仅当，
即时，等号成立，
此时满足△，
则的最大值为，
因为，
所以为 的重心，
此时．
故面积的最大值为．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（17分）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用．在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，粒子会等可能地出现在，，，四点处．
（1）设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）记第秒末粒子回到原点的概率为．
已知，求，以及．
令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的．已知，证明：该粒子是常返的．
【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出；
（2）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；利用题目条件可证明，再令，可证得，进一步可得，即可得出答案．
【解答】解：（1）粒子在第2秒可能运动到点，，或，，
或，，的位置，的可能取值为，0，2．
对应的概率分别为，
所以的分布列为：
数学期望；
（2）粒子奇数秒后不可能回到原点，故，
粒子在第4秒后回到原点，分两种情况考虑：
（a）每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形；
（b）每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有 种情形．
于是，
第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动 步，
向下移动步，故
，
故；
（ⅱ）证明：利用可知，
，
于是，
令，，，
故在上单调递增，则，于是，
从而有．
记为不超过的最大整数，则对任意常数，当时，，
于是，
综上所述，当时， 成立，因此该粒子是常返的．
【点评】本题主要考查离散型随机变量的数学期望和方差，属于难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/15 16:57:01；用户：李超；邮箱：18853369269；学号：221900830
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