山东省济宁市济宁一中2024年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

山东省济宁市济宁一中2024年高考全国统考预测密卷数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．若复数，，其中是虚数单位，则的最大值为()A． B． C． D．2．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．3．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（）A． B． C． D．4．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为()A． B． C． D．5．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（）A． B．4 C． D．26．下列四个结论中正确的个数是（1）对于命题使得，则都有；（2）已知，则（3）已知回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），则回归直线方程为；（4）“”是“”的充分不必要条件.A．1 B．2 C．3 D．47．在长方体中，，则直线与平面所成角的余弦值为（）A． B． C． D．8．已知，，，则的最小值为（）A． B． C． D．9．正项等差数列的前和为，已知，则=（）A．35 B．36 C．45 D．5410．已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（）A． B． C． D．11．圆锥底面半径为，高为，是一条母线，点是底面圆周上一点，则点到所在直线的距离的最大值是（）A． B． C． D．12．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是________．14．已知盒中有2个红球，2个黄球，且每种颜色的两个球均按，编号，现从中摸出2个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好同时包含字母，的概率为________.15．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则_______.16．展开式中的系数的和大于8而小于32，则______．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）如图在棱锥中，为矩形，面，（1）在上是否存在一点，使面，若存在确定点位置，若不存在，请说明理由；（2）当为中点时，求二面角的余弦值.18．（12分）在△ABC中，角所对的边分别为向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的最大值.19．（12分）已知数列满足：对一切成立.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.20．（12分）如图，底面是等腰梯形，，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.（1）证明：平面平面.（2）求二面角的正弦值．21．（12分）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边.已知a＝3，，且B＝60°.（1）求△ABC的面积；（2）若D，E是BC边上的三等分点，求.22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.(1)求的长；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.

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】

由复数的几何意义可得表示复数，对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.【详解】由复数的几何意义可得，复数对应的点为，复数对应的点为，所以，其中，故选C【点睛】本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型.2、C【解析】

作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.【详解】三棱锥的实物图如下图所示：将其补成直四棱锥，底面，可知四边形为矩形，且，.矩形的外接圆直径，且.所以，三棱锥外接球的直径为，因此，该三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.3、C【解析】

分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.4、D【解析】

设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.【详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.5、D【解析】

由得，又，两式相除即可解出．【详解】解：由得，又，∴，∴，或，又正项等比数列得，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题．6、C【解析】

由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，即可判定是正确的；（2）中，根据正态分布曲线的性质，即可判定是正确的；（3）中，由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，即可判定是正确；（4）中，基本不等式和充要条件的判定方法，即可判定．【详解】由题意，（1）中，根据全称命题与存在性命题的关系，可知命题使得，则都有，是错误的；（2）中，已知，正态分布曲线的性质，可知其对称轴的方程为，所以是正确的；（3）中，回归直线的斜率的估计值是2，样本点的中心为（4,5），由回归直线方程的性质和直线的点斜式方程，可得回归直线方程为是正确；（4）中，当时，可得成立，当时，只需满足，所以“”是“”成立的充分不必要条件．【点睛】本题主要考查了命题的真假判定及应用，其中解答中熟记含有量词的否定、正态分布曲线的性质、回归直线方程的性质，以及基本不等式的应用等知识点的应用，逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．7、C【解析】

在长方体中，得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.【详解】在长方体中，平面即为平面，过做于，平面，平面，平面，为与平面所成角，在，，直线与平面所成角的余弦值为.故选:C.【点睛】本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.8、B【解析】,选B9、C【解析】

由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.【详解】正项等差数列的前项和，，，解得或（舍），，故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题.解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.10、A【解析】令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a﹣1n（x+1）+4ea﹣x，令y=x﹣ln（x+1），y′=1﹣=，故y=x﹣ln（x+1）在（﹣1，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函数，故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，而ex﹣a+4ea﹣x≥4，（当且仅当ex﹣a=4ea﹣x，即x=a+ln1时，等号成立）；故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；故x=a+ln1=﹣1，即a=﹣1﹣ln1．故选：A．11、C【解析】分析：作出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解的位置，推出结果即可.详解：圆锥底面半径为，高为2，是一条母线，点是底面圆周上一点，在底面的射影为；，，过的轴截面如图：，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题．12、C【解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可.【详解】函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象如下图所示：由图象可知：实数的取值范围是.故答案为：【点睛】本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题，考查了数形结合思想和转化思想.14、【解析】

根据组合数得出所有情况数及两个球颜色不相同的情况数，让两个球颜色不相同的情况数除以总情况数即为所求的概率．【详解】从袋中任意地同时摸出两个球共种情况，其中有种情况是两个球颜色不相同；故其概率是故答案为：．【点睛】本题主要考查了求事件概率，解题关键是掌握概率的基础知识和组合数计算公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15、1【解析】试题分析：因为是等差数列，所以，即，又，所以，所以．故答案为1．【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量，，，，中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.16、4【解析】

由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.【详解】观察式子可知，，故答案为：4.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.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、（1）见解析；（2）【解析】

（1）要证明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需满足即可，从而得到点E为中点;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．【详解】（1）法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，所以由,即存在点E为PC中点.法二：建立如图所示的空间直角坐标系D－XYZ，由题意知PD＝CD＝1，，设，，，由，得，即存在点E为PC中点.（2）由（1）知，，，，，，设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为由的法向量为得，得，同理求得所以，故所求二面角P－AE－D的余弦值为.【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．18、（1）（2）2【解析】

（1）转化条件得，进而可得，即可得解；（2）由化简可得，由结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1），，由正弦定理得，即，又，，又，，，由可得.（2）由（1）可得，，，，，，的最大值为2.【点睛】本题考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查了三角函数的性质，属于中档题.19、（1）；（2）【解析】

（1）先通过求得，再由得，和条件中的式子作差可得答案；（2）变形可得，通过裂项求和法可得答案.【详解】（1）①，当时，，，当时，②，①②得：，，适合，故；（2），.【点睛】本题考查法求数列的通项公式，考查裂项求和，是基础题.20、（1）见解析；（2）【解析】

（1）先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】（1）证明：因为点为的中点,,所以,因为,所以,所以四边形是平行四边形,因为,所以平行四边形是菱形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形，且,所以,则,设平面ABF的法向量为,则,不妨取,则,设平面DBF的法向量为,则,不妨取,则,故.记二面角的大小为,故.【