2024届安徽省舒城干汊河中学高考数学四模试卷含解析

2024届安徽省舒城干汊河中学高考数学四模试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（）A． B． C． D．2．若复数满足，复数的共轭复数是，则（）A．1 B．0 C． D．3．已知非零向量满足，若夹角的余弦值为，且，则实数的值为（）A． B． C．或 D．4．已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则下述四个结论：①②③④点为函数的一个对称中心其中所有正确结论的编号是（）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④5．正三棱柱中，，是的中点，则异面直线与所成的角为（）A． B． C． D．6．在等差数列中，，，若（），则数列的最大值是（）A． B．C．1 D．37．已知，则下列说法中正确的是（）A．是假命题 B．是真命题C．是真命题 D．是假命题8．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（）A． B．6 C． D．9．已知函数，要得到函数的图象，只需将的图象()A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度10．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（）．A． B． C． D．11．已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（）A． B． C． D．12．已知，则（）A．2 B． C． D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．集合，，则_____.14．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．15．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点，，，在半径为的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________.16．已知，，分别为内角，，的对边，，，，则的面积为__________.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）在中，，是边上一点，且，.（1）求的长；（2）若的面积为14，求的长.18．（12分）在数列和等比数列中，，，.（1）求数列及的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.19．（12分）某大学生在开学季准备销售一种文具套盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利50元，未售出的产品，每盒亏损30元.根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示.该同学为这个开学季进了160盒该产品，以（单位：盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润.（1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量的平均数和众数；（2）将表示为的函数；（3）以需求量的频率作为各需求量的概率，求开学季利润不少于4800元的概率.20．（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且．（1）求证：平面；（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值．21．（12分）已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）（1）求证：平面；（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.22．（10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．

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】

如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C．考点：外接球表面积和椎体的体积．2、C【解析】

根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的概念求解即可．【详解】解：∵，∴，则，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题．3、D【解析】

根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.【详解】依题意，得，即.将代入可得，，解得（舍去）.故选：D.【点睛】本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.4、B【解析】

首先根据三角函数的平移规则表示出，再根据对称性求出、，即可求出的解析式，从而验证可得；【详解】解：由题意可得，又∵和的图象都关于对称，∴，∴解得，即，又∵，∴，，∴，∴，，∴①③④正确，②错误.故选：B【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，三角函数的变换规则，属于基础题.5、C【解析】

取中点，连接，，根据正棱柱的结构性质，得出//，则即为异面直线与所成角，求出，即可得出结果.【详解】解：如图，取中点，连接，，由于正三棱柱，则底面，而底面，所以，由正三棱柱的性质可知，为等边三角形，所以，且,所以平面，而平面，则，则//，，∴即为异面直线与所成角，设，则，，，则，∴.故选：C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角，考查计算能力.6、D【解析】

在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时,取最大即可求得结果.【详解】因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.7、D【解析】

举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．【详解】当时，故命题为假命题；记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；∴是假命题故选D【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．8、D【解析】

用列举法，通过循环过程直接得出与的值，得到时退出循环,即可求得.【详解】执行程序框图，可得，，满足条件，，，满足条件，，，满足条件，，，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.故选D．【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的与的值是解题的关键,难度较易.9、A【解析】

根据函数图像平移原则，即可容易求得结果.【详解】因为，故要得到，只需将向左平移个单位长度.故选：A.【点睛】本题考查函数图像平移前后解析式的变化，属基础题.10、D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为．考点：二项式系数，二项式系数和．11、C【解析】

利用复数相等的条件求得，，则答案可求．【详解】由，得，．对应的点的坐标为，，．故选：．【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．12、A【解析】

利用分段函数的性质逐步求解即可得答案．【详解】，；；故选：．【点睛】本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

分析出集合A为奇数构成的集合，即可求得交集.【详解】因为表示为奇数，故.故答案为：【点睛】此题考查求集合的交集，根据已知集合求解，属于简单题.14、【解析】

先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.【详解】由题意作出区域，如图中阴影部分所示，易知，故，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15、【解析】

先找到平面区域内任意两点的最大值为，再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.【详解】由已知及正弦定理，得，所以，，取AB中点E，AC中点F，BC中点G，如图所示显然平面区域任意两点距离最大值为，而，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题，涉及到距离的最值问题，在处理这类问题时，一定要数形结合，本题属于中档题.16、【解析】

根据题意，利用余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.【详解】解：由于，，，∵，∴，，由余弦定理得，解得，∴的面积.故答案为：.【点睛】本题考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查计算能力.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）1；（2）5.【解析】

（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.【详解】（1）据题意，，且，所以.所以.在中，据正弦定理可知，，所以.（2）在中，据正弦定理可知，所以.因为的面积为14，所以，即，得.在中，据余弦定理可知，，所以.【点睛】本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.18、（1），（2）【解析】

(1)根据与可求得,再根据等比数列的基本量求解即可.(2)由(1)可得,再利用错位相减求和即可.【详解】解：（1）依题意,,设数列的公比为q,由,可知,由,得,又,则,故,又由,得.（2）依题意.,①则,②①-②得,即,故.【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及错位相减求和等.属于中档题.19、（1），众数为150；（2）；（3）【解析】

（1）由频率直方图分别求出各组距内的频率，由此能求出这个开学季内市场需求量的众数和平均数；（2）由已知条件推导出当时，，当时，，由此能将表示为的函数；（3）利用频率分布直方图能求出利润不少于4800元的概率．【详解】（1）由直方图可估计需求量的众数为150，由直方图可知的频率为：由直方图可知的频率为：由直方图可知的频率为：由直方图可知的频率为：由直方图可知的频率为：∴估计需求量的平均数为：（2）当时，当时，∴（3）由（2）知当时，当时，得∴开学季利润不少于4800元的需求量为由频率分布直方图可所求概率【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查函数解析式的求法，考查概率的估计，是中档题，解题时要注意频率分布直方图的合理运用．20、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；

2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，平面平面，又是的中点，，又平面（2）∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角．平面，∴直线与平面所成的角为，即．因为，则在等腰直角三角形中，所以．在中，由得，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．则所以设平面的一个法向量为，则，可得，取平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值的大小为．（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．）【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题．21、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.【详解】（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，所以翻折后四边形也为平行四边形；故；因为平面，平面，所以平面；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，因为，，翻折前梯形的高为，所以，则，；所以；又，，所以，即，所以；又，且平面，平面，所以平面；因此，平面平面；所以点在底面上的投影必落在直线上；记为点在底面上的投影，连接，，则平面；所以即是直线与平面所成角，因为，所以，因此，，故；因为，所以，因此，故，所以.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.22、（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