浙江省杭州市杭州市第四中学2024届高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

浙江省杭州市杭州市第四中学2024届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．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（）A．2 B．10 C．34 D．982．三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．3．一物体作变速直线运动，其曲线如图所示，则该物体在间的运动路程为（）m．A．1 B． C． D．24．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为A． B． C． D．5．数列满足：，，，为其前n项和，则（）A．0 B．1 C．3 D．46．已知a，b∈R，，则（）A．b＝3a B．b＝6a C．b＝9a D．b＝12a7．命题“”的否定是（）A． B．C． D．8．设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（）A． B． C． D．9．已知等差数列的前n项和为，且，则（）A．4 B．8 C．16 D．210．已知函数，，若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围为（）A． B．C． D．11．设复数满足，则在复平面内的对应点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（）A．36 B．72 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，，的夹角为30°，，则_________.14．直线与抛物线交于两点，若，则弦的中点到直线的距离等于________.15．的展开式中的系数为__________（用具体数据作答）.16．在四面体中，分别是的中点．则下述结论：①四面体的体积为；②异面直线所成角的正弦值为；③四面体外接球的表面积为；④若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为．其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）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，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.18．（12分）已知向量，.（1）求的最小正周期；（2）若的内角的对边分别为，且，求的面积.19．（12分）[选修4-5：不等式选讲]:已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.20．（12分）已知数列满足，，，且.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．（12分）在平面直角坐标系中，点，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点，当时，求的值．22．（10分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.（1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为.（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.

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】

由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.【详解】由题意运行程序可得：，，，；，，，；，，，；不成立，此时输出.故选：C.【点睛】本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.2、B【解析】

设，，，根据向量线性运算法则可表示出和；分别求解出和，，根据向量夹角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.【详解】设棱长为1，，，由题意得：，，，又即异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，关键是能够通过向量的线性运算、数量积运算将问题转化为向量夹角的求解问题.3、C【解析】

由图像用分段函数表示，该物体在间的运动路程可用定积分表示，计算即得解【详解】由题中图像可得，由变速直线运动的路程公式，可得．所以物体在间的运动路程是．故选：C【点睛】本题考查了定积分的实际应用，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.4、A【解析】

求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，

过点P作PM垂直于准线，M为垂足，

由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，

记∠KPF的平分线与轴交于

根据角平分线定理可得，，当时，，当时，，，综上：．故选：A．【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．5、D【解析】

用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.【详解】由已知，①，所以②，①+②，得，从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故选：D.【点睛】本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.6、C【解析】

两复数相等，实部与虚部对应相等.【详解】由，得，即a，b＝1．∴b＝9a．故选：C．【点睛】本题考查复数的概念，属于基础题.7、D【解析】

根据全称命题的否定是特称命题,对命题进行改写即可.【详解】全称命题的否定是特称命题，所以命题“,”的否定是：，．故选D．【点睛】本题考查全称命题的否定,难度容易.8、C【解析】

连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.【详解】如图，连接，椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点为的中位线，，且，，解得椭圆的离心率.故选：C【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.9、A【解析】

利用等差的求和公式和等差数列的性质即可求得.【详解】.故选:.【点睛】本题考查等差数列的求和公式和等差数列的性质,考查基本量的计算,难度容易.10、B【解析】

由题意可将方程转化为，令，，进而将方程转化为，即或，再利用的单调性与最值即可得到结论.【详解】由题意知方程在上恰有三个不相等的实根，即，①.因为，①式两边同除以，得.所以方程有三个不等的正实根.记，，则上述方程转化为.即，所以或.因为，当时，，所以在，上单调递增，且时，.当时，，在上单调递减，且时，.所以当时，取最大值，当，有一根.所以恰有两个不相等的实根，所以.故选：B.【点睛】本题考查了函数与方程的关系，考查函数的单调性与最值，转化的数学思想，属于中档题.11、C【解析】

化简得到，得到答案.【详解】，故，对应点在第三象限.故选：.【点睛】本题考查了复数的化简和对应象限，意在考查学生的计算能力.12、A【解析】

根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.【详解】等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.故选：A【点睛】本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

由求出，代入，进行数量积的运算即得.【详解】，存在实数，使得.不共线，.，，，的夹角为30°，.故答案为：1.【点睛】本题考查向量共线定理和平面向量数量积的运算，属于基础题.14、【解析】

由已知可知直线过抛物线的焦点，求出弦的中点到抛物线准线的距离，进一步得到弦的中点到直线的距离．【详解】解：如图，直线过定点，，而抛物线的焦点为，，弦的中点到准线的距离为，则弦的中点到直线的距离等于．故答案为：．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属于中档题．15、【解析】

利用二项展开式的通项公式可求的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，故，故的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项的系数，注意利用通项公式来计算，本题属于容易题.16、①③④．【解析】

补图成长方体，在长方体中利用割补法求四面体的体积，和外接球的表面积，以及异面直线的夹角，作出截面即可计算截面面积的最值.【详解】根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为，，解得补成长，宽，高分别为的长方体，在长方体中：①四面体的体积为，故正确②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错；③四面体外接球就是长方体的外接球，半径，其表面积为，故正确；④由于，故截面为平行四边形，可得，设异面直线与所成的角为，则，算得，．故正确．故答案为：①③④．【点睛】此题考查根据几何体求体积，外接球的表面积，异面直线夹角和截面面积最值，关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法，补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法，平常需要积累常见几何体的补图方法.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）；（2）.【解析】

（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;（2）.作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即为.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．18、（1）；（2）或【解析】

（1）利用平面向量数量积的坐标运算可得，利用正弦函数的周期性即可求解；（2）由（1）可求，结合范围，可求的值，由余弦定理可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）∴最小正周期.（2）由（1）知，∴∴，又∴或.解得或当时，由余弦定理得即，解得.此时.当时，由余弦定理得.即，解得.此时.【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算、正弦函数的周期性，考查余弦定理、三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和分类讨论思想，属于基础题．19、（1）（2）【解析】

（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．【详解】（1）当时，，原不等式可化为，①当时，不等式①可化为，解得，此时；当时，不等式①可化为，解得，此时；当时，不等式①可化为，解得，此时，综上，原不等式的解集为.（2）由题意得，，因为的最小值为，所以，由，得，所以，当且仅当，即，时，的最小值为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．20、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）根据题目所给递推关系式得到，由此证得数列为等比数列，并求得其通项公式.然后利用累加法求得数列的通项公式.（2）利用错位相减求和法求得数列的前项和【详解】（1）已知，则，且，则为以3为首相，3为公比的等比数列，所以，.（2）由（1）得：，，①，②①－②可得，则即.【点睛】本小题主要考查根据递推关系式证明等比数列，考查累加法求数列的通项公式，考查错位相减求和法，属于中档题.21、（1）；（2）.【解析】

（1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2可得曲线C的直角坐标方程；（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得．【详解】解：（1）在ρ+ρcos2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cos2θ﹣sin2θ）＝8ρsinθ，∴x2+y2+x2﹣y2＝8y，即x2＝4y，所以曲线C的直角坐标方程为：x2＝4y．（2）联立直线l的参数方程与x