2024-2025学年忻州市静乐县高考数学四模试卷含解析

这是一份2024-2025学年忻州市静乐县高考数学四模试卷含解析，共7页。试卷主要包含了已知，则，设等差数列的前项和为，若，则，集合的真子集的个数为等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若集合，，则
A．B．C．D．
2．已知数列满足：)若正整数使得成立，则（ ）
A．16B．17C．18D．19
3．已知集合，，则
A．B．
C．D．
4．在平面直角坐标系中，若不等式组所表示的平面区域内存在点，使不等式成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
6．已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，则对于下列判断：
①直线是函数图象的一条对称轴；
②点是函数的一个对称中心；
③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.
其中正确的判断是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
7．已知，则（ ）
A．5B．C．13D．
8．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
9．已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
10．集合的真子集的个数为( )
A．7B．8C．31D．32
11．已知奇函数是上的减函数，若满足不等式组，则的最小值为（ ）
A．-4B．-2C．0D．4
12．已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若函数在区间上恰有4个不同的零点，则正数的取值范围是______.
14．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
15．下图是一个算法流程图,则输出的的值为__________．
16．在平面直角坐标系xOy中，己知直线与函数的图象在y轴右侧的公共点从左到右依次为，，…，若点的横坐标为1，则点的横坐标为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
18．（12分）已知函数（，），.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为、，过左焦点的直线交椭圆于、两点（异于、两点），当直线垂直于轴时，四边形的面积为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线、的交点为；试问的横坐标是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
20．（12分）已知数列{an}的各项均为正，Sn为数列{an}的前n项和，an2+2an＝4Sn+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn，求数列{bn}的前n项和．
21．（12分）已知函数
（1）当时，求不等式的解集；
（2）的图象与两坐标轴的交点分别为，若三角形的面积大于，求参数的取值范围.
22．（10分）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）.
（Ⅰ）证明：平面平面垂直；
（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.
【详解】
因为或，，所以，故选C.
本题考查集合的交运算，属于容易题.
2．B
【解析】
计算，故，解得答案.
【详解】
当时，，即，且.
故，
，故.
故选：.
本题考查了数列的相关计算，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.
3．D
【解析】
因为，，
所以，，故选D．
4．B
【解析】
依据线性约束条件画出可行域，目标函数恒过，再分别讨论的正负进一步确定目标函数与可行域的基本关系，即可求解
【详解】
作出不等式对应的平面区域，如图所示：
其中，直线过定点，
当时，不等式表示直线及其左边的区域，不满足题意；
当时，直线的斜率，
不等式表示直线下方的区域，不满足题意；
当时，直线的斜率，
不等式表示直线上方的区域，
要使不等式组所表示的平面区域内存在点，
使不等式成立，只需直线的斜率，解得.
综上可得实数的取值范围为，
故选：B.
本题考查由目标函数有解求解参数取值范围问题，分类讨论与数形结合思想，属于中档题
5．C
【解析】
根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.
【详解】
对于，当为内与垂直的直线时，不满足，错误；
对于，设，则当为内与平行的直线时，，但，错误；
对于，由，知：，又，，正确；
对于，设，则当为内与平行的直线时，，错误.
故选：.
本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.
6．C
【解析】
分析：根据最低点，判断A=3，根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T，再代入最低点可求得解析式为，依次判断各选项的正确与否．
详解：因为为对称中心，且最低点为，
所以A=3，且
由
所以，将带入得
，
所以
由此可得①错误，②正确，③当时，，所以与 有6个交点，设各个交点坐标依次为 ，则，所以③正确
所以选C
点睛：本题考查了根据条件求三角函数的解析式，通过求得的解析式进一步研究函数的性质，属于中档题．
7．C
【解析】
先化简复数，再求，最后求即可.
【详解】
解：，
，
故选：C
考查复数的运算，是基础题.
8．D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
9．A
【解析】
利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.
【详解】
依题意，对应点为，在第一象限.
故选A.
本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.
10．A
【解析】
计算，再计算真子集个数得到答案.
【详解】
，故真子集个数为：.
故选：.
本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.
11．B
【解析】
根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
奇函数是上的减函数，则，且，画出可行域和目标函数，
，即，表示直线与轴截距的相反数，
根据平移得到：当直线过点，即时，有最小值为.
故选：.
本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.
12．C
【解析】
由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.
【详解】
依题意，，即,
解得；因为
所以，当时，.
故选:C.
本题主要考查了由三角函数的图象求解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．；
【解析】
求出函数的零点，让正数零点从小到大排列，第三个正数零点落在区间上，第四个零点在区间外即可．
【详解】
由，得，，
，，
∵，
∴ ，解得．
故答案为：．
本题考查函数的零点，根据正弦函数性质求出函数零点，然后题意，把正数零点从小到大排列，由于0已经是一个零点，因此只有前3个零点在区间上．由此可得的不等关系，从而得出结论，本题解法属于中档题．
14．①③
【解析】
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：
则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.
本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
15．3
【解析】
分析程序中各变量、各语句的作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.
【详解】
解:初始,
第一次循环: ;
第二次循环: ;
第三次循环: ;
经判断,此时跳出循环,输出.
故答案为:
本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.
16．1
【解析】
当时，得，或，依题意可得，可求得，继而可得答案．
【详解】
因为点的横坐标为1，即当时，，
所以或，
又直线与函数的图象在轴右侧的公共点从左到右依次为，，
所以，
故，
所以函数的关系式为．
当时，（1），
即点的横坐标为1，为二函数的图象的第二个公共点．
故答案为：1．
本题考查三角函数关系式的恒等变换、正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力及思维能力，属于中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
18．（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论和两种情况，得到答案.
（Ⅱ）变换得到，设，求，令，故在单调递增，存在使得，，计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）（），
当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）（），即，（）.
令（），
则，
令，，故在单调递增，
注意到，，
于是存在使得，
可知在单调递增，在单调递减.
∴.
综上知，.
本题考查了函数的单调性，恒成立问题，意在考查学生对于导数知识的综合应用能力.
19．（1）
（2）是为定值，的横坐标为定值
【解析】
（1）根据“直线垂直于轴时，四边形的面积为1”列方程，由此求得，结合椭圆离心率以及，求得，由此求得椭圆方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，化简后写出根与系数关系.求得直线的方程，并求得两直线交点的横坐标，结合根与系数关系进行化简，求得的横坐标为定值.
【详解】
（1）依题意可知，解得，即；而，即，结合解得，，因此椭圆方程为
（2）由题意得，左焦点，设直线的方程为：，，．
由消去并整理得，∴，．
直线的方程为：，直线的方程为：．
联系方程，解得，又因为．
所以．所以的横坐标为定值．
本小题主要考查根据椭圆离心率求椭圆方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和直线交点坐标的求法，考查运算求解能力，属于中档题.
20．（1）an＝2n+1；（2）2．
【解析】
（1）根据题意求出首项，再由（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，求得该数列为等差数列即可求得通项公式；
（2）利用错位相减法进行数列求和.
【详解】
（1）∵an2+2an＝4Sn+1，
∴a12+2a1＝4S1+1，即，
解得：a1＝1或a1＝﹣1（舍），
又∵an+12+2an+1＝4Sn+1+1，
∴（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，
整理得：（an+1﹣an）（an+1+an）＝2（an+1+an），
又∵数列{an}的各项均为正，
∴an+1﹣an＝2，
∴数列{an}是首项为1、公差为2的等差数列，
∴数列{an}的通项公式an＝1+2（n﹣1）＝2n+1；
（2）由（1）可知bn，
记数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝1•5•（2n+1）•，
Tn＝1•5••…+（2n﹣1）•（2n+1）•，
错位相减得：Tn＝1+2（•）﹣（2n+1）•
＝1+2
，
∴Tn（）＝2．
此题考查求等差数列的基本量，根据递推关系判定等差数列，根据错位相减进行数列求和，关键在于熟记方法准确计算.
21．（1）（2）
【解析】
（1）当时，不等式可化为：，再利用绝对值的意义，分，，讨论求解.
（2）根据可得，得到函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，再利用三角形面积公式由求解.
【详解】
（1）当时，
不等式可化为：
①当时，不等式化为，
解得：
②当时，不等式化为，
解得：，
③当时，不等式化为解集为，
综上，不等式的解集为.
（2）由题得，
所以函数的图象与两坐标轴的交点坐标分别为，
的面积为，
由，
得（舍），或，
所以，参数的取值范围是.
本题主要考查绝对值不等式的解法和绝对值函数的应用，还考查分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
22．（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）存在，此时为的中点.
【解析】
（Ⅰ）证明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.
（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，平面，过作于，连接，则，过作于，连接，是二面角的平面角，设，，计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）∵，，，∴平面.
又平面，∴平面平面，
而平面，，∴平面平面，
由，知，可知平面，
又平面，∴平面平面.
（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，由知，
易证平面，所以平面，
过作于，连接，则（三垂线定理），
即是二面角的平面角，
不妨设，则，
在中，设（），由得，
即，得，∴，
依题意知，即，解得，
此时为的中点.
综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点.
本题考查了面面垂直，根据二面角确定点的位置，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，也可以建立空间直角坐标系解得答案.