2024届高考数学模拟检测卷（二）
第I卷（选择题）
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．（2024·山东威海·二模）在研究集合时，用来表示有限集合A中元素的个数．集合，，若，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山东·二模）已知，，若是的充分不必要条件，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山东威海·二模）已知正项等比数列中，，且，，成等差数列，则=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
5．（2024·山东临沂·二模）若实数，，满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东聊城·二模）若圆与圆恰有一条公切线，则下列直线一定不经过点的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024·山东临沂·二模）椭圆（）的左、右焦点分别为，，P为椭圆上第一象限内的一点，且，与y轴相交于点Q，离心率，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．
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．（2024·山东·二模）已知函数，则（ ）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．的最小值为 D．在上单调递增
10．（2024·山东日照·二模）同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ）
A．与相互独立 B．与互斥 C． D．
11．（2024·山东·二模）已知双曲线的离心率为，过其右焦点的直线与交于点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．的最小值为
C．若满足的直线恰有一条，则
D．若满足的直线恰有三条，则
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·山东聊城·二模）已知，且，则 ．
13．（2024·山东潍坊·二模）请写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式 ．
①；②至少有两个零点；③有最小值．
14．（2024·山东济南·二模）现有A，B 两组数据，其中A组有4个数据，平均数为2，方差为6，B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 .
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．（2024·山东济南·二模）如图，在平面四边形ABCD中，，，，.
(1)若，，求的大小；
(2)若求四边形ABCD面积的最大值.
16．（2024·烟台·二模）ChatGPT是AI技术驱动的自然语言处理工具，引领了人工智能的新一轮创新浪潮.某数学兴趣小组为了解使用ChatGPT人群中年龄与是否喜欢该程序的关系，从某社区使用过该程序的人群中随机抽取了200名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的分位数：
(2)将年龄不超过（1）中分位数的居民视为青年居民，否则视为非青年居民.
（i）完成下列列联表，并判断是否有的把握认为年龄与是否喜欢该程序有关联？
青年 非青年 合计
喜欢 20
不喜欢 60
合计 200
（ii）按照等比例分层抽样的方式从样本中随机抽取8名居民.若从选定的这8名居民中随机抽取4名居民做进一步调查，求这4名居民中至少有3人为青年居民的概率.
参考公式：，其中．
参考数据：
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
17．（2024·山东聊城·二模）已知数列满足为常数，若为等差数列，且．
(1)求的值及的通项公式；
(2)求的前项和．
18．（2024·山东济南·二模）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)证明：.
19．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．
参考答案：
1．A【分析】根据题意，确定，从而求出的值.
【详解】由题：所以，故选：A.
2．A【分析】首先化简命题，依题意可得当时恒成立，参变分离可得在上恒成立，结合函数的单调性计算可得.
【详解】命题，即，
因为是的充分不必要条件，显然当时满足，所以当时恒成立，
则在上恒成立，又函数在上单调递增，且，
所以.故选：A
3．A【分析】根据已知条件分别求出和，然后按照平面向量的投影向量公式计算即可得解.
【详解】，，,
在上的投影向量为.故选：A.
4．A【分析】由等差中项的性质可得，再由等比数列的性质可得，即可得出答案.
【详解】因为，，成等差数列，所以，因为是正项等比数列，且，
，所以，解得：或（舍去），所以.故选：A.
5．A【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断.
【详解】因为，又，则，且，即，
因为，所以，所以.故选：A
6．D【分析】根据两圆公切线条数确定两圆位置关系，从而可得圆心所满足的轨迹方程，从而逐项判段直线与圆位置关系，确定直线是否过点即可.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
若圆与圆恰有一条公切线，则两圆内切，
所以，即，所以点的轨迹为圆，
对于A，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故A不符合；
对于B，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故B不符合；
对于C，圆心到直线的距离为，则该直线过点，故C不符合；
对于D，圆心到直线的距离为，则该直线不过点，故D符合；
故选：D.
7．B【分析】设、，结合椭圆定义及离心率可用表示、，结合勾股定理计算即可得解.
【详解】设、，则有，，
则，即，
则，即，
即，，则，由，
则有，整理得，即.故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助椭圆定义及离心率，用表示、，再借助表示出，结合勾股定理计算即可得解.
8．B【分析】取中点，根据空间向量的数量积运算得，判断的最大值即可求解.
【详解】取中点，可知在球面上，可得，
所以，
点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，，
所以的最大值为.故选：B.
9．AC【分析】对于A，直接用奇函数的定义验证；对于B，直接说明不是周期；对于C，利用正弦二倍角公式证明，再由可得最小值；对于D，直接计算得到，即可否定结论.
【详解】对于A，函数定义域为，有，
所以是奇函数，A正确；
对于B，有，.
所以，这表明不是的周期，B错误；
对于C，我们有，
而之前已计算得到，故的最小值为，C正确；
对于D，由于，，
故，所以在上并不是单调递增的，D错误.故选：AC.
10．AC【分析】根据独立事件的定义判断A，根据互斥事件的定义判断B，根据独立事件及条件概率的概率公式判断C、D.
【详解】对于A，依题意，，，
所以事件与事件相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，故B错误；
对于C、D，，因为，所以，
所以，故C正确，D错误．故选：AC．
11．ACD
【分析】由双曲线的性质和离心率可得A正确；分情况讨论，当与一支有交点时，最短弦长为通径可得B错误；若满足的直线恰有一条可知直线与双曲线的两支分别相交，可得，可判断C正确；若满足的直线恰有三条，则该直线与双曲线的两支分别相交，且有两条直线与双曲线的同一支相交，可得，可推导出D正确.
【详解】A：当时，因为，所以，故A正确；
B：当过其右焦点的直线与交于左右两支时，的最小值为，（此时为双曲线的两顶点）
当过其右焦点的直线与交于同一支时，最短弦长为通径，即交点的横坐标为，
代入双曲线方程为，解得，此时弦长为，
由于不一定等于，故B错误；
C：若满足的直线恰有一条，由选项B可知直线与双曲线的两支分别相交，与同一支不相交，
所以，此时，故C正确；
D：若满足的直线恰有三条，则该直线与双曲线的两支分别相交，且有两条直线与双曲线的同一支相交，
所以，所以，又，所以，故D正确；故选：ACD.
12．1【分析】根据复数的乘、除法运算和相等复数建立关于a的方程，解之即可.
【详解】，
所以，解得.故答案为：1
13．（答案不唯一）
【分析】举例二次函数，验证其满足题意即可.
【详解】取，其对称轴为，满足①，
令，解得或2，满足②至少有两个零点，
，当，，满足③有最小值.
故答案为：（答案不唯一）.
14．9【分析】根据题意，由分层抽样中数据方差的计算公式计算可得答案.
【详解】根据题意，甲组数据的平均数为2，方差为6，乙组数据的平均数为7，方差为1,
则两组数据混合后，新数据的平均数，
则新数据的方差故答案为：9
15．(1)(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，由等腰三角形可得，然后在中利用正弦定理即可求解；
（2）利用勾股定理求得，然后四边形面积分成即可求解.
【详解】（1）在中，，，所以，
由余弦定理可得，，即，
又，所以，
在中，由正弦定理可得，得，
因为，所以，所以.
（2）在中，，所以，
所以，四边形ABCD的面积，
当时，，即四边形ABCD面积的最大值为.
16．(1)45(2)（i）列联表见解析；有；（ii）
【分析】（1）借助频率分布直方图及百分位数的性质计算即可得；（2）（i）完善列联表后，计算卡方即可得；（ii）借助分层抽样的性质可得抽取8人中居民类别，再结合组合数的计算与概率公式计算即可得.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
年龄在40岁以下的居民所占比例为，
年龄在50岁以下的居民所占比例为，
所以分位数位于内，由，所以，样本数据的分位数为45；
（2）（i）由题知，列联表为：
青年 非青年 合计
喜欢 90 20 110
不喜欢 60 30 90
合计 150 50 200
根据列联表中的数据，可得：
所以，有的把握认为年龄与是否喜欢该程序有关联；
（ii）按照分层抽样，青年居民应抽取人，非青年居民应抽取2人．
设从中随机抽取的4名居民中为青年居民的人数为，
，，所以，
所以，这4名居民中至少有3人为青年居民的概率为．
17．(1)的值为(2)【分析】（1）设等差数列的公差为，结合等差数列的性质可得方程组，解出即可得；
（2）由题意可得，借助分组求和法计算即可得解.
【详解】（1）由题意知，
因为，所以,
设等差数列的公差为，则，
解得，所以，所以的值为的通项公式为；
（2）由（1）知，，
所以
．
所以的前项和．
18．(1)答案见详解(2)证明见详解
【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；
（2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明.
【详解】（1）由题意可得：的定义域为，，
当时，则在上恒成立，
可知在上单调递减；
当时，令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）构建，
则，
由可知，
构建，
因为在上单调递增，则在上单调递增，
且，
可知在上存在唯一零点，
当，则，即；
当，则，即；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，
又因为，则，，
可得，
即，所以.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；
（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.
【详解】（1）设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，
易知，则
，
显然时，
由题意得解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，
因为，所以
所以①
设直线的方程为，联立得，整理得，
由韦达定理得，
把①式代入上式得，得，
解得，
所以直线的方程为：或.
2024届高考数学模拟检测卷（三）
第I卷（选择题）
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．（2024·山东临沂·二模）若，，则的元素个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．（2023·山东·模拟预测）“的展开式中的系数为80”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024·山东滨州·二模）已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ）
A．4 B．1 C． D．
4．（2024·山东潍坊·二模）已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·山东日照·二模）已知数列各项均为正数，首项，且数列是以为公差的等差数列，则（ ）
A． B． C．1 D．9
6．（2024·山东·二模）若随机变量，且，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
7．（2024·山东泰安·三模）已知为双曲线（，）的右焦点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，是面积为4的直角三角形，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山东潍坊·二模）如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ）
B． C． D．
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．（2024·山东泰安·三模）已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C．的最小值为 D．的最小值为
10．（2024·山东烟台·一模）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为，设事件“为整数”，“为偶数”，“为奇数”，则（ ）
A． B．
C．事件与事件相互独立 D．
11．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（ ）
A．平面 B．点P的轨迹长度为
C．存在点P，使得平面 D．点P到平面距离的最大值为
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·山东潍坊·二模）已知命题：，，则为 ．
13．（2024·山东泰安·三模）已知函数若曲线与直线恰有2个公共点，则的取值范围是 .
14．（2024·山东滨州·二模）已知函数，数列满足，，，则 ．
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．（2024·山东潍坊·一模）在中，角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)若，，为的中点，求．
16．（2024·山东临沂·二模）“赶大集”出圈彰显了传统民俗的独特魅力.为了解年轻人对“赶大集”的态度，随机调查了200位年轻人，得到的统计数据如下面的不完整的2×2列联表所示（单位：人）.
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 3t 100
女性 t
合计 60
(1)求t的值，试根据小概率的独立性检验，能否认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关；
(2)从样本中筛选出5名男性和3名女性共8人作为代表，这8名代表中有2名男性和2名女性非常喜欢“赶大集”.现从这8名代表中任选3名男性和2名女性进一步交流，记X为这5人中非常喜欢“赶大集”的人数，求X的分布列及数学期望.
参考公式：，其中.
0.1 0.05 0.01 …
2.706 3.841 6.635 …
17．（2024·山东滨州·二模）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求的前150项和．
18．（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，为等边三角形，，，，，M为的中点．
(1)证明：⊥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2024·山东泰安·三模）已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)若，且，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】分别确定集合，再求交集.
【详解】根据题意，可得集合或 ，
，
则，所以的元素个数为2个.
故选：C
2．B
【分析】根据二项式定理结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为的展开式的通项为，
可知含的项为，
则，解得，
且是的真子集，
所以“的展开式中的系数为80”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．A
【分析】建系，可得，结合向量的坐标运算求解.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，
可知，则，
所以.
故选：A.
4．A
【分析】根据对数函数和指数函数单调性并结合中间量0和1即可比较大小.
【详解】，，，
所以，
故选：A.
5．A
【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可求解.
【详解】因为数列各项均为正数，首项，则，
又数列是以为公差的等差数列，
则，故
故选：A
6．B
【分析】由正态分布性质可知：，，由正态分布曲线的对称性可知：，即可得到答案.
【详解】由随机变量，根据正态分布性质可知：，
因为，可得，
再根据正态分布曲线的对称性可知：，
所以，
故选：B.
7．B
【分析】根据给定条件，结合双曲线的对称性求出渐近线方程，再结合给定面积计算得解.
【详解】由为直角三角形，及双曲线的对称性知，且，
则的渐近线方程为，即，由的面积为4，得，解得，
又，因此，
所以的方程为.
故选：B
8．D
【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可.
【详解】如图所示，作出轴截面，
分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心，
则为的中点，
，
因为，所以，
则
过点作，垂足为，
则，
在中，由勾股定理得，
即，解得或，
因为，所以，，故，
所以圆台的侧面积为.
故选：D.
9．AC
【分析】根据复数的模的公式结合已知求出的关系，即可判断AB；根据的关系结合复数的模的公式即可判断CD.
【详解】由题意可得，则，
所以，整理得，故A项正确，B项错误；
，
当时，取得最小值，故C项正确，D项错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】列举所有的基本事件，再由古典概型的概率公式，相互独立事件的定义及条件概率的概率公式计算可得.
【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，，
则基本事件总数为，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，共36种情况，
满足事件的有，，，，，，，，，
，，共种，其概率，故A错误；
满足事件的有，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，共个，故；
满足事件的有，，共个，所以，故B正确；
满足事件的有，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，共个，故，
满足事件的有，，， ，，，
，，，共个，所以，
所以事件与事件相互独立，故C正确；
满足事件的有，，，，，，，共种，
所以，则，故D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.
【详解】对于A，在正方体中易知，
又平面，平面，所以平面，即A正确；
对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，
则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，
所以点P的轨迹长度为，故B正确；
对于C，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
若存在点P，使得面，则，
解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，
即不存在点P，使得面，故C错误；
对于D，设平面的一个法向量为，则，
取，即，
则点P到平面的距离，
显然时取得最大值，故D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可.
12．
【分析】根据特称命题的否定为全称命题判断即可.
【详解】由特称命题的否定为全称命题可得为.
故答案为：
13．
【分析】由导函数等求出函数单调性和切线方程，画出的图象，数形结合得到答案.
【详解】当时，，其在上单调递减，在上单调递增，且，则；
当时，，，其在上单调递减，且.
作出的图像，如图，易知的取值范围是.
故答案为：
14．2
【分析】根据函数性质分析可知：在上单调递增，且为奇函数，进而可得，结合数列周期性分析求解.
【详解】由题意可知：的定义域为，
且，即，
可知为定义在上的奇函数；
且，
因为在上单调递增，可知在上单调递增；
综上所述：在上单调递增，且为奇函数.
因为，则，
可得，即，
由可知：3为数列的周期，则，
且，所以.
故答案为：2.
【点睛】易错点睛：本题分析的奇偶性的同时，必须分析的单调性，若没有单调性，由无法得出.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式得到，即可得解；
（2）由余弦定理求出，再由，根据数量积的运算律计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
在中，，
则有，
，
，又，，
，，又，；
（2）根据余弦定理有，
则有，解得或（舍去），
为的中点，则，
，
．
16．(1)，能；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据表中数据可知，求出值完善列联表，然后计算，对照临界值表即可得结论；
（2）根据古典概型概率公式，结合排列组合求解可得分布列，再由期望公式求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
2×2列联表如下：
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 60 40 100
女性 80 20 100
合计 140 60 200
.
根据小概率值的独立性检验，认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关，
此推断犯错误的概率不大于0.01.
（2）设进一步交流的男性中非常喜欢“赶大集”的人数为m，女性中非常喜欢“赶大集”的人数为n，
则，且X的所有可能取值为1，2，3，4.
，
，
，
.
所以X的分布列为
X 1 2 3 4
P
所以.
17．(1)
(2)490
【分析】（1）根据等差中项可得，即，进而可得，即可得结果；
（2）由题意可知：在数列中对应的项数为，代入k的值分析可知，利用分组求和运算求解.
【详解】（1）因为为等差数列，则，即，
可得，，
所以.
（2）因为在与之间插入个3，
可知在数列中对应的项数为
，
当时，则，即；
当时，则，即；
由题意可知：，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为O，证明平面，从而得，结合，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）设中点为O，连接，为等边三角形，故，
由题意知平面⊥平面，平面平面，
平面，故平面，平面，
故，又，平面，
故平面，平面，故，
又M为的中点，为等边三角形，则,
平面，
所以⊥平面；
（2）由（1）知平面，平面，故，
连接，，则，
即四边形为平行四边形，故，
故以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则,
即，令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
19．(1)最小值为，无最大值.
(2).
【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值；
（2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.
【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得.
当时，令，可得；
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）解：当时，由，可得，
整理得，即，
令，
则，
由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2024届高考数学模拟检测卷（四）
第I卷（选择题）
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．（2024·山东滨州·二模）已知集合，则A的子集个数为（ ）
A．4 B．7 C．8 D．16
2．（2024·山东聊城·三模）“，且”是“，且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024·山东聊城·三模）设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山东济南·三模）若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．（2024·山东济南·三模）已知是等比数列，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东济南·三模）展开式中的系数为（ ）
A． B．5 C．15 D．35
7．（2024·山东聊城·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·山东济南·三模）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
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．（2024·山东聊城·三模）设方程的两根在复平面内对应的点分别是，则（ ）
A．的实部为1 B．关于轴对称
C． D．
10．（2024·山东枣庄·模拟预测）若函数，则（ ）
A．的图象关于对称 B．在上单调递增
C．的极小值点为 D．有两个零点
11．（2024·山东潍坊·二模）已知椭圆：的焦点分别为，，P为上一点，则（ ）
A．的焦距为 B．的离心率为
C．的周长为 D．面积的最大值为
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·山东泰安·三模）已知集合，，若，则的取值范围是 .
13．（2024·山东·二模）在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为 ．
14．（2024·山东滨州·二模）若函数在区间上单调递减，则的取值范围是 ．
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．（2024·山东·二模）已知数列．求：
(1)数列的通项公式；
(2)数列的前项和的最大值．
16．（2024·山东济南·三模）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．
17．（2024·山东聊城·三模）在中，内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若在边上，且，求的周长.
18．（2024·山东济南·三模）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．
19．（2024·山东济南·三模）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．
参考答案：
1．C
【分析】根据题意求集合A，结合集合元素个数与子集个数之间的关系分析求解.
【详解】由题意可得：，
可知A有3个元素，所以A的子集个数为.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B
3．A
【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数在定义域上单调递增，
故，
又，
所以.
故选：A
4．B
【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
5．C
【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.
6．A
【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.
7．D
【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为，
则，即，解得，
所以圆的方程为.
故选：D
8．C
【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
9．BCD
【分析】解方程得，根据复数减法运算及复数概念判断A，根据复数的几何意义判断B，根据复数模的运算判断C，根据共轭复数的定义和乘法运算求解判断D.
【详解】由实系数一元二次方程求根公式知：
方程的两根为，
则，所以的实部为0，故A错误；
在复平面内对应的点分别是，
他们关于轴对称，故B正确；
由得，
即，故C正确；
由得
，
故D正确.
故选：BCD
10．AC
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，从而判断A，利用导数说明函数的单调性，即可判断B、C，求出极小值即可判断D.
【详解】对于函数，令，解得或，
所以函数的定义域为，
又，
所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；
又
，
当时，，即在上单调递减，故B错误；
当时，，即在上单调递增，
根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；
又，
且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，
所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，
故无零点，故D错误．
故选：AC．
11．ABD
【分析】根据椭圆方程求出，再结合椭圆的性质逐一判断即可.
【详解】设椭圆：的长轴长为，短轴长为，焦距为，
则，故，
所以的焦距为，故A正确；
的离心率为，故B正确；
的周长为，故C错误；
对于D，当点位于椭圆的上下顶点时，的面积最大，
最大值为，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】求出集合，根据包含关系确定范围即可.
【详解】由，得，
所以，则或，
由，得，
又，所以，
解得.
故答案为：.
13．
【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值.
【详解】因为，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
则，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为，
故答案为：.
14．
【分析】求出函数的导数，再利用给定的单调区间及单调性列出不等式，构造函数并求出最小值即得.
【详解】函数，求导得，由在上单调递减，
得，，即，令，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，，
则，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：
15．(1)；
(2)28
【分析】（1）根据题目条件得到是以13为首项，为公差的等差数列，求出通项公式；
（2）求出通项公式，解不等式，得到数列从第5项开始小于0，从而得到数列的前4项和最大，利用求和公式求出答案.
【详解】（1）由，可知，
所以数列是以13为首项，以为公差的等差数列，
所以；
（2）由（1）可知，
令，解得，
令，解得，
即数列从第5项开始小于0，所以数列的前4项和最大，
最大值为．
16．(1)
(2)且．
【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.
【详解】（1）由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为；
（2）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．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合三角形性质得，即可求解；
（2）根据得，结合向量模的运算求得，利用余弦定理求得，即可得解.
【详解】（1）因为，
所以，因为，所以，
所以，
因为，所以，因为，所以.
（2）因为，所以，
所以，即，
即，解得，或（舍），
由余弦定理，得，所以，
所以的周长为.
18．(1)
(2)
【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．
【详解】（1）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；
（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．
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【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.
【详解】（1）由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）（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2024届高考数学模拟检测卷（五）
第I卷（选择题）
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．（2024·青岛二中·二模）已知集合，，若，则满足集合的个数为（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
2．（2024·青岛二中·二模）抛物线的焦准距是（ ）
A． B． C．3 D．6
3．（2024·青岛二中·二模）展开式的常数项为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山东聊城·三模）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·山东济南·三模）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．（2024·山东威海·二模）已知向量a，b满足，，且对，，则=（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
7．（2024·山东泰安·三模）已知为等差数列的前项和，，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山东济南·三模）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．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．异面直线与所成角为60°
D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
10．（2024·山东济南·三模）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．
11．（2024·山东·二模）已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点 B．直线与圆相交
C．当直线平分圆时， D．当点到直线距离最大值时，
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·浙江·二模）已知复数与在复平面内用向量和表示（其中是虚数单位，为坐标原点），则与夹角为 .
13．（2024·山东济南·三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
14．（2024·山东济南·三模）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 ．
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.
（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
16．（2024·山东济南·三模）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；
，，
，，，，
17．（2024·山东济南·一模）已知数列的前n项和为，且，令.
(1)求证：为等比数列；
(2)求使取得最大值时的n的值.
18．（2024·山东聊城·三模）已知函数.
(1)若曲线与有一条斜率为2的公切线，求实数的值；
(2)设函数，讨论的单调性.
19．（2024·山东聊城·三模）已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．D【分析】根据包含关系，写出所有满足条件的集合A即可得解.
【详解】因为，
所以可以是，共8个，
故选：D
2．A【分析】根据抛物线标准方程求出即可得解.
【详解】化为标准方程为，所以，，
即焦点与准线的距离为，故选：A
3．A【分析】写出二项展开式的通项公式，令的指数为0，得出常数项的项数，即可得常数项．
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，所以常数项为.
故选：A.
4．A【分析】先利用整体思想结合诱导公式与二倍角余弦公式计算得，然后由及可得，即可求得.
【详解】因为，所以，
所以，
则，即，
由，则，由，得，故，
所以，则，故.故选：A
5．B【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．C
【分析】对两边平方，根据二次函数性质即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
因为对，，所以，
所以，所以.故选：C.
7．D【分析】设的公差为，根据题意列出方程组，求得，得到和，进而求得答案.【详解】设的公差为，因为，，
可得 ，解得，所以，
可得，
当时，；当时，，所以当时，取得的最小值.故选：D.
8．C【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.
9．ACD【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D.
【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为，中点，则，故，
设正方体棱长为，则，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；
对于C，如图，连接，
在正方体中，，即为正三角形，
又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；
对于D，如图，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，所以四点共面，
故平面截正方体所得截面为四边形，
设正方体棱长为，则，
所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【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
11．ACD
【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断.
【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆的圆心、半径为，
点到直线的距离为，
从而，
取，则此时有，故B错误；
对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，
也就是说有成立，解得，故C正确；
对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，
而的斜率为，
所以当等号成立时有，解得，故D正确.
故选：ACD.
12．45°（或）
【分析】根据复数的几何意义、向量夹角公式运算得解.
【详解】根据题意，，，
，又，
所以向量与的夹角为.
故答案为：（或）.
13．210
【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.
14．
【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：
15．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
16．(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
【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.
【详解】（1）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；
（2）由题意得：，，
，
，
所以；
（3）令，，
估计2024年的企业利润为99.25亿元．
17．(1)证明见解析
(2)或.
【分析】（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可；
（2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值.
【详解】（1）由，可得时，
即，，又因为，所以，，
综上，，，所以为首项和公比均为的等比数列.
（2）由（1）可得，所以，
时，，
令，可得，（或令，可得），
可知，
综上，或时，的取得最大值.
18．(1)
(2)答案见详解
【分析】（1）先利用导数的几何意义求出函数的切线，再与抛物线联立，判别式法求解参数；
（2）求导函数，根据、、分类讨论，即可求出函数的单调区间.
【详解】（1）由得，设公切线与曲线的切点坐标为，
由已知得，解得，
所以公切线方程为，即，
由得，
由已知得，解得.
（2）由已知，则，
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，令，得，令得，
这时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，令得或，，
①当时，，这时在上单调递减；
②当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
③当时，，令，得，
令得或，
这时，在和上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.
【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则，解得，
所以，
所以曲线的方程为；
（2）（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
因为在上，所以，
由得，
，设，
则，由得，
化简得，则，
化简得，又因为，所以，
所以点在定直线上.
（ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为，
从而得，，
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数，使得.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.2024届高考数学模拟检测卷（一）
第I卷（选择题）
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．（2024·山东日照·二模）已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2024·山东泰安·三模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2024·山东潍坊·二模）将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象，则（ ）
A． B． C． D．
4.（2024·山东威海·二模）的展开式中的系数为（ ）．
A．30 B．35 C．25 D．32
5．（2024·烟台·二模）在中，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·山东滨州·二模）已知圆，直线，为直线上的动点．过点作圆的切线PM，PN，切点为M，N．若使得四边形为正方形的点有且只有一个，则正实数（ ）
A．1 B． C．5 D．7
7．（2024·山东泰安·三模）盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件“两次均未摸出红球”，事件“两次均未摸出白球”，事件“第一次摸出的两个球中有红球”，事件“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）
A．与相互独立 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与相互独立
8．（2024·山东济南·二模）已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A．2或4 B．2或3 C．4或5 D．3或5
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．（2024·山东威海·二模）下列命题为真命题的是（ ）
A．是纯虚数
B．对任意的复数z，
C．对任意的复数z，为实数
D．
10．（2024·山东滨州·二模）图，在边长为4的正方形中，为的中点，为的中点．若分别沿，把这个正方形折成一个四面体，使、两点重合，重合后的点记为，则在四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．到直线的距离为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
11．（2024·山东临沂·二模）已知是等差数列，是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若和都为递增数列，则
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024·山东日照·二模）设为虚数单位．若集合，，且，则 ．
13．（2024·山东济南·二模）已知，则 .
14．（2024·山东滨州·二模）设为抛物线的焦点，直线交于A，B两点，则 ．
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．（2024·山东日照·二模）的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且．
(1)求角；
(2)若，，求．
16．（2024·山东日照·二模）某公司为考核员工，采用某方案对员工进行业务技能测试，并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级．
(1)已知该公司甲部门有3名负责人，乙部门有4名负责人，该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析，记负责人来自甲部门的人数为，求的最有可能的取值：
(2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩（满分100分）与绩效等级优秀率，如下表所示：
32 41 54 68 74 80 92
0.28 0.34 0.44 0.58 0.66 0.74 0.94
根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，
（ⅰ）已知某部门测试的平均成绩为60分，估计其绩效等级优秀率；
（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．经计算，求某个部门绩效等级优秀率不低于的概率．
参考公式与数据：①．
②线性回归方程中，，．
③若随机变量，则，，．
17．（2024·山东威海·二模）已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
18．（2024·山东济南·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.
(1)证明：；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
19．（2024·山东日照·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线与椭圆相切，与圆相交于两点，设为圆上任意一点，求的面积最大时直线的斜率．
2024届高考数学模拟检测卷（一）参考答案：
1．C【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为函数在定义域上单调递增，所以由推得出，故充分性成立；
由推得出，故必要性成立，所以“”是“”的充要条件.故选：C
2．D【分析】由奇函数性质可求得的值，结合计算即可.
【详解】由题意得，函数为奇函数，且定义域为，
由奇函数的性质得，，解得，经过检验符合题意，
所以当时，，所以.故选：D.
3．B【分析】根据平移变换和周期变换的原则求解即可.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得，
再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得. 故选：B.
4．C【分析】根据题意可由坐标法求解，以A为原点建立坐标系写出各点的坐标即可求解.
【详解】解：由题可建立如图所示坐标系：
由图可得：，
又，故直线的方程：，可得，
所以，故选：C.
5．C【分析】根据题意分析可知：，且，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，
因为四边形为正方形，可知，若使得四边形为正方形的点有且只有一个，可知，
则，解得或（舍去），所以正实数.故选：C.
6．D【分析】根据相互独立事件的定义依次分析即可.
【详解】依题意得，，，故A项错误；
，，故B项错误；
，故C项错误；
，，故D项正确.故选：D.
7．D【分析】根据题意可知：点P的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，且，
因为，可知点P的轨迹为以线段的中点为圆心，半径的圆，
又因为点P在圆上，可知圆与圆有且仅有一个公共点，则或，
即或，解得或.故选：D.
8．AC【分析】对于A，根据复数运算化简后，结合纯虚数概念可判断；对于B，设，根据复数乘法运算和复数模公式计算即可判断；对于C，设出复数z，根据共轭复数概念和复数乘法运算即可判断；对于D，根据复数除法运算与和差公式化简即可判断.
【详解】对于A，是纯虚数，A正确；
对于B，对任意复数，
，，
所以和不一定相等，B错误；
对于C，设，则，则，C正确；
对于D，
，D错误.故选：AC
9．AC【分析】首先证明平面，即可判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、D，求出外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，即可判断C.
【详解】对于A：翻折前，，
翻折后则有，，
因为，、平面，
所以平面，平面，所以，故A正确；
对于B：又，即为等边三角形，所以，
在平面中过点作，则，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，
令，，所以到直线的距离为，故B错误；
对于C：所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C正确；
对于D：由，设直线与直线所成角为，，
则所以直线与直线所成角的余弦值为，故D错误.故选：AC.
10．BC【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，，可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，则，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．故选：BC.
11．【分析】根据题意，利用集合的包含关系，列出方程组，即可求解.
【详解】由集合，，因为，当时，此时，方程组无解；
当时，此时，解得，综上可得，实数的值为. 故答案为：.
12．2【分析】将指数式化为对数式，然后利用换底公式可得.
【详解】因为，所以，所以.故答案为：2
13．35【分析】化简通项，根据x的指数等于13求出r，然后可得所求系数.
【详解】
令，解得，所以的系数为.故答案为：35
14．5【分析】联立方程，利用韦达定理可得，结合抛物线的定义分析求解即可.
【详解】由题意可知：抛物线的准线为，
设，联立方程，消去x得，
则，可得，所以.故答案为：5.
15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，化简得到，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）设，在和中，利用正弦定理化简得到，结合三角函数基本关系式，联立方程组，求得的值.
【详解】（1）解：由分别以为边长的正三角形的面积依次为，
则，可得，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2）解：设（其中为锐角），
在和中，由正弦定理可得且，
于是，
又因为，所以，化简得，
根据同角三角函数的基本关系式，可得，
因为，联立方程组，解得，即.
16．(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）【分析】（1）依题意的可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可判断；（2）（ⅰ）对两边取对数，由参考数据可知，根据样本中心点求出，即可求出回归方程，再将代入计算可得；（ⅱ）依题意可得，，再令，求出的取值范围，再由正态分布的性质计算可得.
【详解】（1）依题意，随机变量服从超几何分布，且的可能取值为，，，，
则，，，．
由此可得最大，即的可能性最大，故最有可能的取值为；
（2）（ⅰ）依题意，两边取对数，得，即，其中，
由提供的参考数据，可知，又，故，所以，
由提供的参考数据，可得，故，
当时，，即估计其绩效等级优秀率为；
（ⅱ）由（ⅰ）及提供的参考数据可知，，，
又，即，可得，即．又，且，
由正态分布的性质，得，
记“绩效等级优秀率不低于”为事件，则，
所以绩效等级优秀率不低于的概率等于．
17．【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得的定义域为，则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，，令，
则，即在上单调递增，
，故，使得，即，
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
故即，即，则.
18【详解】（1）过作，垂足为，由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，所以.
（2）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则∥，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
19．【详解】（1）由题椭圆的左焦点为，即①；
当时，，又过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，所以②，
由①②得：，所以椭圆的标准方程为：.
（2）当斜率存在时，设直线方程为,与联立，消去并整理得：
已知直线与椭圆相切，所以，化简得：；
又O到直线的距离为，
设P到直线的距离为，则，
则的面积，
令,得,
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值也是最大值,
当斜率不存在时，可得，
此时的面积，
因为，所以，
综上：的面积最大值为，此时
故的面积最大时直线的斜率为.
