2023-2024学年河南省平顶山市鲁山县第一高级中学高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

2023-2024学年河南省平顶山市鲁山县第一高级中学高考全国统考预测密卷数学试卷考生请注意：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．已知点P在椭圆τ：=1(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（）A． B． C． D．2．如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（）A． B． C． D．3．已知x，y满足不等式，且目标函数z＝9x+6y最大值的变化范围[20，22]，则t的取值范围（）A．[2，4] B．[4，6] C．[5，8] D．[6，7]4．已知a＞b＞0，c＞1，则下列各式成立的是（）A．sina＞sinb B．ca＞cb C．ac＜bc D．5．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是A．关于直线对称 B．关于点对称C．周期为 D．在上是增函数6．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（）A．平面 B．C．当时，平面 D．当m变化时，直线l的位置不变7．已知直线过双曲线C：的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为A． B． C． D．8．已知函数（）的部分图象如图所示，且，则的最小值为（）A． B．C． D．9．设集合则（）A． B． C． D．10．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为()A． B．C． D．11．若的展开式中的常数项为-12，则实数的值为（）A．-2 B．-3 C．2 D．312．函数在上的大致图象是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在平面五边形中，，，，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是______.14．根据如图所示的伪代码，输出的值为______.15．已知复数z1＝1﹣2i，z2＝a+2i（其中i是虚数单位，a∈R），若z1•z2是纯虚数，则a的值为_____．16．某地区连续5天的最低气温（单位：℃）依次为8，，，0，2，则该组数据的标准差为_______.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an,和等比数列b(I)求数列{an}(II)求数列n2an⋅a18．（12分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.19．（12分）已知，，.（1）求的最小值；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.20．（12分）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为60千米/小时、120千米/小时、600千米/小时，每千米的运费分别为20元、10元、50元.这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为m元（），运输的路程为S（千米）.设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为（元）、（元）、（元）.（1）请分别写出、、的表达式；（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省.21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值．22．（10分）设函数，（）.（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a、m的值；（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围；（3）关于x的方程能否有三个不同的实根？证明你的结论.

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】

设，则，，，设，根据化简得到，得到答案.【详解】设，则，，，则，设，则，两式相减得到：，，，即，，，故，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.2、C【解析】

利用建系，假设长度，表示向量与，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作轴//,建立空间直角坐标系如图设，所以则所以所以故选：C【点睛】本题考查异面直线所成成角的余弦值，一般采用这两种方法：（1）将两条异面直线作辅助线放到同一个平面，然后利用解三角形知识求解；（2）建系，利用空间向量，属基础题.3、B【解析】

作出可行域，对t进行分类讨论分析目标函数的最大值，即可求解.【详解】画出不等式组所表示的可行域如图△AOB当t≤2时，可行域即为如图中的△OAM，此时目标函数z＝9x+6y在A（2，0）取得最大值Z＝18不符合题意t＞2时可知目标函数Z＝9x+6y在的交点（）处取得最大值，此时Z＝t+16由题意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6故选：B．【点睛】此题考查线性规划，根据可行域结合目标函数的最大值的取值范围求参数的取值范围，涉及分类讨论思想，关键在于熟练掌握截距型目标函数的最大值最优解的处理办法.4、B【解析】

根据函数单调性逐项判断即可【详解】对A,由正弦函数的单调性知sina与sinb大小不确定，故错误；对B,因为y＝cx为增函数，且a＞b，所以ca＞cb，正确对C,因为y＝xc为增函数,故，错误；对D,因为在为减函数，故，错误故选B．【点睛】本题考查了不等式的基本性质以及指数函数的单调性，属基础题．5、D【解析】

当时,,∴f(x)不关于直线对称；当时,,∴f(x)关于点对称；f(x)得周期，当时,,∴f(x)在上是增函数．本题选择D选项.6、C【解析】

根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.【详解】因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.故选：C【点睛】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.7、B【解析】

直线的倾斜角为，易得．设双曲线C的右焦点为E，可得中，，则，所以双曲线C的离心率为.故选B．8、A【解析】

是函数的零点，根据五点法求出图中零点及轴左边第一个零点可得．【详解】由题意，，∴函数在轴右边的第一个零点为，在轴左边第一个零点是，∴的最小值是．故选：A.【点睛】本题考查三角函数的周期性，考查函数的对称性．函数的零点就是其图象对称中心的横坐标．9、C【解析】

直接求交集得到答案.【详解】集合，则.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.10、C【解析】

根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.11、C【解析】

先研究的展开式的通项，再分中，取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为，所以的展开式中的常数项为：，解得，故选：C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.12、D【解析】

讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.【详解】当时，，则，所以函数在上单调递增，令，则，根据三角函数的性质，当时，，故切线的斜率变小，当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B；当时，，则，所以函数在上单调递增，令，，当时，，故切线的斜率变大，当时，，故切线的斜率变小，可排除C，故选：D【点睛】本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，取的中点，连接，，由条件得，，连接，因为，从而，连接，则为所得几何体外接球的半径，在直角中，由，，可得，即外接球的半径为，故所得几何体外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.14、7【解析】

表示初值S=1,i=1，分三次循环计算得S=10>0,输出i=7.【详解】S=1,i=1第一次循环：S=1+1=2,i=1+2=3；第二次循环：S=2+3=5,i=3+2=5；第三次循环：S=5+5=10,i=5+2=7；S=10>9,循环结束，输出：i=7.故答案为：7【点睛】本题考查在程序语句的背景下已知输入的循环结构求输出值问题，属于基础题.15、-1【解析】

由题意，令即可得解.【详解】∵z1＝1﹣2i，z2＝a+2i，∴，又z1•z2是纯虚数，∴，解得：a＝﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】本题考查了复数的概念和运算，属于基础题.16、【解析】

先求出这组数据的平均数，再求出这组数据的方差，由此能求出该组数据的标准差．【详解】解：某地区连续5天的最低气温（单位：依次为8，，，0，2，平均数为：，该组数据的方差为：，该组数据的标准差为1．故答案为：1．【点睛】本题考查一组数据据的标准差的求法，考查平均数、方差、标准差的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．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、(I)an=2n-1，bn=【解析】

(I)直接利用等差数列，等比数列公式联立方程计算得到答案.(II)n2【详解】(I)a1=b解得d=2q=3，故an=2n-1(II)n=14+【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18、横线处任填一个都可以，面积为．【解析】

无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．【详解】在横线上填写“”.解：由正弦定理，得.由，得.由，得.所以.又（若，则这与矛盾），所以.又，得.由余弦定理及，得，即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”.解：由及正弦定理，得.又，所以有.因为，所以.从而有.又，所以由余弦定理及，得即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”解：由正弦定理，得.由，得，所以由二倍角公式，得.由，得，所以.所以，即.由余弦定理及，得.即.将代入，解得.所以.【点睛】本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．19、（1）2；（2）.【解析】

（1）化简得，所以，展开后利用基本不等式求最小值即可；（2）由（1），原不等式可转化为，讨论去绝对值即可求得的取值范围.【详解】（1）∵，，∴，∴.∴.当且仅当且即时，.（2）由（1）知，，对任意，都有，∴，即.①当时，有，解得；②当，时，有，解得；③当时，有，解得；综上，，∴实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查基本不等式的运用和求解含绝对值的不等式，考查学生的分类思想和计算能力，属于中档题.20、（1），，.（2）当时，此时选择火车运输费最省；当时，此时选择飞机运输费用最省；当时，此时选择火车或飞机运输费用最省.【解析】

（1）将运费和损耗费相加得出总费用的表达式.（2）作差比较、的大小关系得出结论.【详解】（1），，.（2），故，恒成立，故只需比较与的大小关系即可，令，故当，即时，，即，此时选择火车运输费最省，当，即时，，即，此时选择飞机运输费用最省.当，即时，，，此时选择火车或飞机运输费用最省.【点睛】本题考查了常见函数的模型，考查了分类讨论的思想，属于基础题.21、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线的普通方程,由得圆的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0又由得ρ2=2ρsi