2024年山东省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年山东省高考数学一轮模拟卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知命题；命题，，则下列命题中，真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
2．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四像限
3．的展开式中，的系数为
A．120B．160C．100D．80
4．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．下列结论正确的是（ ）
①当时，
②当时，的最小值是2
③当时，的最大值是
④设且x+y＝2，则的最小值是
A．①②④B．①③④C．①③D．①④
7．把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
8．椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆的左､右焦点分别为，过点的直线与交于点，，过点作的切线，点关于的对称点为，若，，则（ ）
注：表示面积.
A．2B．C．3D．
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的相关性较强
B．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
C．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
D．某人解答5个问题，答对题数为，若，则
10．已知是公比为的等比数列，且其前n项和满足对任意恒成立，则给出的下列结论中正确的是（ ）
A．是递增数列B．时，是递增数列
C．是递减数列D．时，是递减数列
11．平面直角坐标系数Oxy中，已知，则使得动点P的轨迹为圆的条件有（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．若函数在上的值域是，则实数的取值范围是 ．
13． ．
14．在商店里，如图分层堆砌易拉罐，最顶层放1个，第二层放4个，第三层放9个.如此下去，第六层放 个.
四、解答题
15．已知公差不为0的等差数列的首项，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，是的前n项和，求使成立的最大的正整数n.
16．已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)求的最大值和取得最大值时相应的值．
17．燕子每年都要进行秋去春来的南北大迁徙，已知某种燕子在飞行时的耗氧量与飞行速度（米/秒）之间满足关系：．
(1)当该燕子的耗氧量为1280时，它的飞行速度是多少？
(2)若该燕子飞行时的耗氧量增加到原来的3倍，则它的飞行速度大约增加多少？（参考数据：）
18．如图，多面体由两个完全相同的四棱锥底面重合拼接而成，它们的公共底面为矩形，四边形为平行四边形，，，为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若该多面体体积为4，求直线与平面夹角的余弦值．
19．设点为圆的圆心，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点．
(1)求证：动点的轨迹是椭圆，并求出该椭圆的标准方程；
(2)设（1）中椭圆的上顶点为，经过点的直线与该椭圆交于两点（异于点），记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
参考答案：
1．C
【分析】判断命题的真假，再结合复合命题的真值表逐项判断即得.
【详解】不等式，而恒成立，则是假命题，是真命题，
当时，，于是，即命题是真命题，是假命题，
因此假，假，真，假，即ABD都是假命题，C是真命题.
故选：C
2．D
【分析】利用复数的四则运算化简复数，由几何意义得复平面内对应的点所在象限.
【详解】，
则在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故选：D．
3．A
【详解】，的展开式中含的项为的展开式中含的项为的系数为，故选A.
【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.
4．C
【分析】由题意列出不等式组即可求解.
【详解】由题意，解得或，
所以函数的定义域为.
故选：C.
5．A
【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又平面平面，所以可得等边三角形的中心即为外接球的球心，求出外接圆的半径即得三棱锥外接球的半径．
【详解】直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，过该点作一条垂直于平面的直线．
因为平面平面，
所以所作直线在平面内，且经过等边三角形的中心，
所以等边三角形的中心就是三棱锥外接球的球心，
所以外接圆的半径也是三棱锥外接球的半径．
由正弦定理知，(是的外接圆的半径)，即，
所以，
于是三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥外接球的表面积为．
故选：A．
6．D
【分析】运用基本不等式逐一判断即可.
【详解】解：对于①：时，，当且仅当x＝1时，取等号，∴①正确；
对于②：时，设（t≥2），则x2+5＝t2+1，原式转化为，当且仅当t＝1时，取等号，由于t≥2，取不到最小值，∴②不对；
对于③：时，，当且仅当x时，取等号，即最大值是，∴③不对；
对于④：x+y＝2，可得，则（）（），当且仅当x，y时，取等号，即最小值是，∴④正确；
故选：D．
7．D
【分析】运用函数的平移变换、伸缩变换可得解析式，再结合诱导公式求解即可.
【详解】函数的图象，向左移个单位，得到的图象，
再将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，即得到，
由诱导公式可得.
故选：D.
8．C
【分析】结合椭圆性质以及光学性质得，再结合即可得解.
【详解】如图，由椭圆的光学性质可得三点共线.设，
则.
故，解得.
又，所以，所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：关键是充分结合光学性质以及椭圆定义，将线段长度都用来表示，由此即可顺利得解.
9．BCD
【分析】对于A，由由相关系数的意义即可判断；对于B，由方程的性质即可判断；对于C，，结合30个样本数据互不相同即可判断；对于D，由二项分布均值公式即可判断.
【详解】对于A，因为，即组数据比组数据的相关性较弱，故A错误；
对于B，若样本数据的方差为，则数据的方差为，故B正确；
对于C，将这原来的30个数从小大大排列为，则，所以原来的22%分位数为，
若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为，则，所以剩下28个数据的22%分位数为，由于互不相同，所以C正确；
对于D，某人解答5个问题，答对题数为，若，则，故D正确.
故选：BCD.
10．ABD
【分析】由题意可得出对恒成立，对公比进行分类讨论，结合各选项一一判断即可得出答案.
【详解】依题意可知，移项整理得对恒成立．
当时，不满足题意，舍去；当时，得恒成立，
所以或，所以为递增数列，A对C错；
当时，由上面结论可知，所以，故是递增数列，B对；
当时，由上述结论可知，所以，故是递减数列，D对；
故选：ABD．
11．AC
【分析】设，根据选项中的条件列出方程，化简，结合化简结果可判断动点轨迹是否为圆，即可判断A，B，C；结合椭圆定义可判断D.
【详解】设，则，
对于A，由得，
此时动点P的轨迹为圆，A正确；
对于B，由得，
则，该式无意义，此时点P不存在，B错误；
对于C，由得，
整理得，即，
此时动点P的轨迹为圆，C正确；
对于D，由可知，动点P到两定点的距离之和为3，
且，此时动点P的轨迹为椭圆，D错误，
故选：AC
12．
【分析】先判断得的单调性，再将问题转化为是方程的两个根，从而利用换元法与二次方程的根的分布即可得解.
【详解】因为在上单调递增，
所以由复合函数的单调性可得在上单调递增，
，即是方程的两个根，
则方程，即有两个不相等的实根.
设，问题转化为方程有两个不相等的正根，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将问题转化为方程有两个不相等的正根，从而得解.
13．/
【分析】将拆成，利用两角差的正余弦公式，可将分子分母化简得到，再将拆成，计算即得.
【详解】.
故答案为：.
14．36
【分析】根据每一层图形的个数与层数的关系进行仔细观察，发现规律．
【详解】最顶层放1个，第二层放4个，第三层放9个，可知，第层放个，
所以第六层放36个，
故答案为：.
15．(1)
(2)8
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意列出关于d的方程，求出d，即可求得答案；
（2）结合（1）可得的表达式，利用裂项相消法求得的表达式，解数列不等式，即可求得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为，，
由，，成等比数列，得，
即，解得或0（舍），
所以；
（2）因为，
所以，
由，得，解得，
所以使成立的最大的正整数.
16．(1)
(2)当时，函数取得最大值2
【分析】（1）根据正弦函数的单调性，利用整体代换法求解；
（2）根据正弦函数的最值，利用整体代换法求解；
【详解】（1）由，
得．
的单调递增区间是．
（2），
当，
即时，函数取得最大值2．
17．(1)35（米/秒）
(2)8（米/秒）
【分析】（1）由题意可列出指数方程，结合指数运算，即可求得答案；
（2）设该燕子原来的耗氧量为，飞行速度为，可设燕子的耗氧量为时，飞行速度为，由题意列式，化简可得，两边取对数，结合对数运算，即可求得答案.
【详解】（1）依题意，有，即，.
又，
所以，所以，
解得，故该燕子的飞行速度是35（米/秒）．
（2）设该燕子原来的耗氧量为，飞行速度为，
则该燕子的耗氧量为，飞行速度记为，
依题意，有，
所以，则，
则，所以它的飞行速度大约增加8（米/秒）.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于N，连接，根据条件可得，再利用线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）由题设可知平面平面，从而可得到平面，再根据条件，可建立空间直角坐标系，利用几何体的体积可得，再求出平面平面的法向量及，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）连接交于N，连接，
因为四边形为平行四边形，所以N为中点，
因为M为中点，所以为三角形的中位线，
所以，又平面平面，
所以平面.
（2）依题意可知平面平面，平面平面，平面，且，
所以平面，即为四棱锥的高，
又平面，所以，
因为矩形中，，又因为平行四边形中，
所以两两垂直，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设
则，解得，
则，所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，
则，
又，所以，
所以与平面所成角的余弦值为．
19．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据圆内的几何关系，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）直线与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示斜率，并代入韦达定理，即可求解定值.
【详解】（1）记的中点为，则是线段的垂直平分线，
，
点的轨迹是以点为焦点，焦距为，长轴为4的椭圆．
点的轨迹方程为．
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
此时直线与椭圆相切，不符合题意；
若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
联立，得．
设，则，
.