济南市2024届高三下学期高考针对性训练（5月模拟）数学试题
本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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，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 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而求出其共轭复数.
【详解】因为，
所以.
故选：A
2. 若，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【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，
所以，
故选：B
3. 展开式中的系数为（ ）
A. B. 5 C. 15 D. 35
【答案】A
【解析】
【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.
4. 已知是等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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.
5. 某单位设置了a，b，c三档工资，已知甲、乙、丙三人工资各不相同，且甲的工资比c档高，乙的工资比b档高，丙领取的不是b档工资，则甲、乙、丙领取的工资档次依次为（ ）
A. a，b，c B. b，a，c C. a，c，b D. b，c，a
【答案】B
【解析】
【分析】从“丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高”作为突破口，由逻辑逐层推理即可.
【详解】由丙领取的不是b档工资，乙的工资比b档高，
可得只有甲领取的是b档工资；
又由甲的工资比c档高和乙的工资比b档高推出乙只能领取档工资；
而从甲、乙、丙三人工资各不相同可推出丙只能领取c档工资；
所以甲、乙、丙领取的工资档次依次为b，a，c.
故选：B.
6. 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. 18 D. 36
【答案】C
【解析】
【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，故，最短的棱为或，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，
所以，，
故，
因为，所以，故，
则该三棱锥的最长的棱为，故，
最短的棱为或，
当最短的棱为，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，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，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
7. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】在中运用双曲线的定义和余弦定理可得，在中运用余弦定理可得，再由离心率公式计算即可．
【详解】如图所示，根据双曲线的定义，，，
中，由余弦定理得,
即，
又因为，所以，
所以，即.
在中，由余弦定理得，，
且,
所以，
化解得，
即，
，
，
所以，
即，则
故离心率.
故选：D.
8. 已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. 为偶函数
C. 有最小值 D. 在上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】利用题设结合赋值法可得出，进而结合二次函数性质一一判断各选项，即可得答案.
【详解】由于函数的定义域为R，且，
令，则，得，
时，恒成立，无法确定，A不一定成立；
由于不一定成立，故不一定为偶函数，B不确定；
由于的对称轴为与的位置关系不确定，
故在上不一定单调递增，D也不确定，
由于表示开口向上的抛物线，故函数必有最小值，C正确，
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用赋值法确定函数，进而结合二次函数性质求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用全概率公式及贝叶斯公式可判定A、D选项，利用期望与方差公式可判定B、C选项.
【详解】对于A，易知，故A正确；
对于D，易知，故D正确；
对于B、C，易知可取，则,
，所以，
，故B正确；C错误；
故选：ABD
10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A. B. 面积最大值为
C. D. 边上的高的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，而，
则，由余弦定理得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.
故选：AD
11. 已知函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线斜率为
B. 方程有无数个实数根
C. 曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
D. 在上单调递减
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据导数的几何意义判断A；结合正弦函数的周期性，数形结合判断B；表示出曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率，构造函数，求导，利用导数判断单调性，求解最值判断C；利用导数与函数单调性的关系判断D.
【详解】对于A，，则，
故，A错误；
对于B，由于为周期函数，当时，，
故的图象大致如图示：
结合图象可知，当x增大到一定数值满足后，
大于的数将有无数个满足，B正确；
对于C，设为上任意一点，则，
由于，故，
由于时，，故曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率在时才取到正值，
则时，取正值时，，取负值时，显然成立；
设，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，故，
由于取等号条件和取等号条件不一致，
故，C正确；
对于D，设，则，
故在上单调递减，则，则；
设，
，
故在上单调递减，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，综合性较强，解答的难点在于CD选项的判断，解答时要注意利用数形结合以及构造函数的方法加以解决.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 数列满足，若，，则数列的前20项的和为______．
【答案】210
【解析】
【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
13. 在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为______．
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，得到平面截该四棱柱所得截面为五边形，求出各边边长，相加得到答案.
【详解】延长相交于点，连接交于点，连接，
因为正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，
所以，，，
因为∽，，故，，
在上取点，连接，则，
同理可知，所以四边形为平行四边形，
故四点共面，
则平面截该四棱柱所得的截面为五边形，
，，
同理，
故截面周长为.
故答案为：
14. 已知抛物线与圆相交于四个不同的点，则r的取值范围为______，四边形面积的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】联立抛物线与圆方程利用判别式及根的分布计算可求第一空，由对称性设点坐标，根据坐标含参表示四边形面积，换元结合求导判定单调性与最值即可.
【详解】
联立，由题意知该方程有两个不等正根，
即，所以；
如图所示，由图形的对称性，不妨设，
易知四边形为等腰梯形，
其面积为，
又点在抛物线上则有：，
而，
所以，
，
则，
令，则，
令，
易得时，此时单调递增，
时，此时单调递减，即，
则，时取得等号.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：第一空联立方程利用韦达定理计算即可，注意根的分布；第二空利用对称性设点，利用点坐标表示面积，注意运用点特征及韦达定理消元转化得面积与半径的关系，换元结合求导计算最值即可.
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. 近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5．
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计2024年的企业利润．
参考公式及数据；
，，
，，，，
【答案】（1）适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型
（2）
（3）估计2024年的企业利润为93.3亿元
【解析】
【分析】（1）利用散点图的变化趋势，即可得出答案；
（2）利用最小二乘法求出即可得解；
（3）令即可得解.
【小问1详解】
由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型；
【小问2详解】
由题意得：，，
，
，
所以；
【小问3详解】
令，，
估计2024年的企业利润为99.25亿元．
16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，．
（1）求三棱台的高；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【小问1详解】
作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
【小问2详解】
以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
17. 已知函数，其中且．
（1）若是偶函数，求a的值；
（2）若时，，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）且．
【解析】
【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.
【小问1详解】
由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，偶函数，
所以a的值为；
【小问2详解】
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．
18. 已知点在椭圆上，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．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【解析】
【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）设直线的方程为，联立椭圆方程程，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，再代入检验满足题意，从而求出结果.
【小问1详解】
由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，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，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【点睛】关键点点晴：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.
19. 高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义
（1）若，求和；
（2）求；
（3）证明：．
【答案】（1），
（2），．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合新定义，分别带入计算即可得；
（2）结合新定义，分及进行计算即可得；
（3）令，可得，，即可得再分且与进行计算即可得.
【小问1详解】
若，，
而；
【小问2详解】
当时，．
当时，由
，
可得．
因此，；
【小问3详解】
要证，
只需证
，
令，
一方面，，
另一方面，，
当且时，由于，
比较两式中的系数可得，
则，
由可知，
当时，由，可知：
，
此时命题也成立．
当时，也成立．
综上所述，．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义中；
（4）结合数学知识进行解答.济南市2024届高三下学期高考针对性训练（5月模拟）数学试题
本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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，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. 设，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
3. 展开式中的系数为（ ）
A. B. 5 C. 15 D. 35
4. 已知是等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
5. 某单位设置了a，b，c三档工资，已知甲、乙、丙三人工资各不相同，且甲的工资比c档高，乙的工资比b档高，丙领取的不是b档工资，则甲、乙、丙领取的工资档次依次为（ ）
A. a，b，c B. b，a，c C. a，c，b D. b，c，a
6. 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. 18 D. 36
7. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3 D. 2
8. 已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. 为偶函数
C. 有最小值 D. 在上单调递增
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 某同学投篮两次，第一次命中率为．若第一次命中，则第二次命中率为；若第一次未命中，则第二次命中率为．记为第i次命中，X为命中次数，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A. B. 面积的最大值为
C. D. 边上的高的最大值为
11 已知函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线斜率为
B. 方程有无数个实数根
C. 曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
D. 上单调递减
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 数列满足，若，，则数列的前20项的和为______．
13. 在正四棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则平面截该四棱柱所得截面的周长为______．
14. 已知抛物线与圆相交于四个不同的点，则r的取值范围为______，四边形面积的最大值为______．
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. 近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5．
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中判断结果，建立y关于x的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计2024年的企业利润．
参考公式及数据；
，，
，，，，
16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，．
（1）求三棱台高；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
17. 已知函数，其中且．
（1）若是偶函数，求a的值；
（2）若时，，求a取值范围．
18. 已知点在椭圆上，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．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
19. 高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义
（1）若，求和；
（2）求；
（3）证明：．
