福建省泉州市南安国光中学2024届高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

福建省泉州市南安国光中学2024届高考全国统考预测密卷数学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知函数的定义域为，且，当时，.若，则函数在上的最大值为（）A．4 B．6 C．3 D．85．给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．36．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．47．中，，为的中点，，，则（）A． B． C． D．28．已知集合，集合，那么等于（）A． B． C． D．9．已知复数，若，则的值为（）A．1 B． C． D．10．执行下面的程序框图，若输出的的值为63，则判断框中可以填入的关于的判断条件是（）A． B． C． D．11．若复数满足，则的虚部为（）A．5 B． C． D．-512．如图，正四面体的体积为，底面积为，是高的中点，过的平面与棱、、分别交于、、，设三棱锥的体积为，截面三角形的面积为，则（）A．， B．，C．， D．，二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线的一条渐近线为,则焦点到这条渐近线的距离为_____．14．在矩形中，，为的中点，将和分别沿，翻折，使点与重合于点.若，则三棱锥的外接球的表面积为_____.15．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”.中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果把这五个音阶全用上，排成一个五个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧，可排成______种不同的音序.16．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，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）已知数列满足：，，且对任意的都有,（Ⅰ）证明：对任意，都有；（Ⅱ）证明：对任意，都有；（Ⅲ）证明：.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．19．（12分）在直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线；在极坐标系（以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同单位长度）中，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的参数方程，并将曲线的方程化为直角坐标方程；（2）若曲线与直线相交于不同的两点，求的取值范围.20．（12分）在中，内角，，所对的边分别是，，，，，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值．21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）说明曲线是哪一种曲线，并将曲线的方程化为极坐标方程；（2）已知点是曲线上的任意一点，又直线上有两点和，且，又点的极角为，点的极角为锐角.求：①点的极角；②面积的取值范围.22．（10分）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；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、B【解析】

利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.【详解】解：，则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，位于第二象限.故选：B.【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.2、A【解析】

可将问题转化，求直线关于直线的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定的取值范围即可【详解】可求得直线关于直线的对称直线为，当时，，，当时，，则当时，，单减，当时，，单增；当时，，，当，,当时，单减，当时，单增；根据题意画出函数大致图像，如图：当与（）相切时，得，解得；当与（）相切时，满足，解得，结合图像可知，即，故选：A【点睛】本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键，属于中档题3、B【解析】

由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，，，..故选：【点睛】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.4、A【解析】

根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算，可得；利用定义可证明函数的单调性，由赋值法即可求得函数在上的最大值.【详解】函数的定义域为，且，则；任取，且，则，故，令，，则，即，故函数在上单调递增，故，令，，故，故函数在上的最大值为4.故选：A.【点睛】本题考查了指数幂的运算及化简，利用定义证明抽象函数的单调性，赋值法在抽象函数求值中的应用，属于中档题.5、B【解析】

用空间四边形对①进行判断；根据公理2对②进行判断；根据空间角的定义对③进行判断；根据空间直线位置关系对④进行判断.【详解】①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误.②中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确.③中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故③错误.④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想，化归与转化思想.6、C【解析】

根据对称性即可求出答案．【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．7、D【解析】

在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.【详解】在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，在中，由余弦定理可得，.故选：D【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.8、A【解析】

求出集合，然后进行并集的运算即可.【详解】∵，，∴.故选：A.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合并集的概念和运算，属于基础题.9、D【解析】由复数模的定义可得：，求解关于实数的方程可得：.本题选择D选项.10、B【解析】

根据程序框图，逐步执行，直到的值为63，结束循环，即可得出判断条件.【详解】执行框图如下：初始值：，第一步：，此时不能输出，继续循环；第二步：，此时不能输出，继续循环；第三步：，此时不能输出，继续循环；第四步：，此时不能输出，继续循环；第五步：，此时不能输出，继续循环；第六步：，此时要输出，结束循环；故，判断条件为.故选B【点睛】本题主要考查完善程序框图，只需逐步执行框图，结合输出结果，即可确定判断条件，属于常考题型.11、C【解析】

把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】由（1+i）z＝|3+4i|，得z，∴z的虚部为．故选C．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．12、A【解析】

设，取与重合时的情况，计算出以及的值，利用排除法可得出正确选项.【详解】如图所示，利用排除法，取与重合时的情况.不妨设，延长到，使得．，，，，则，由余弦定理得，，，又，，当平面平面时，，，排除B、D选项；因为，，此时，，当平面平面时，，，排除C选项.故选：A.【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理、余弦定理、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、排除法，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2.【解析】

由双曲线的一条渐近线为，解得．求出双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式求解即可．【详解】双曲线的一条渐近线为解得：双曲线的右焦点为焦点到这条渐近线的距离为：本题正确结果：【点睛】本题考查了双曲线和的标准方程及其性质，涉及到点到直线距离公式的考查，属于基础题．14、.【解析】

计算外接圆的半径，并假设外接球的半径为R，可得球心在过外接圆圆心且垂直圆面的垂线上，然后根据面，即可得解.【详解】由题意可知，，所以可得面，设外接圆的半径为，由正弦定理可得，即，，设三棱锥外接球的半径，因为外接球的球心为过底面圆心垂直于底面的直线与中截面的交点，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的应用，属于中档题.15、1【解析】

按照“角”的位置分类,分“角”在两端,在中间,以及在第二个或第四个位置上,即可求出.【详解】①若“角”在两端,则宫、羽两音阶一定在角音阶同侧，此时有种；②若“角”在中间,则不可能出现宫、羽两音阶不相邻且在角音阶的同侧；③若“角”在第二个或第四个位置上,则有种；综上，共有种.故答案为：1．【点睛】本题主要考查利用排列知识解决实际问题,涉及分步计数乘法原理和分类计数加法原理的应用,意在考查学生分类讨论思想的应用和综合运用知识的能力,属于基础题.16、【解析】

根据的展开式中第项与第项的二项式系数相等，得到，再利用组合数公式求解.【详解】因为的展开式中第项与第项的二项式系数相等，所以，即，所以，即，解得.故答案为：10【点睛】本题主要考查二项式的系数，还考查了运算求解的能力，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、（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】分析：(1)用反证法证明，注意应用题中所给的条件，有效利用，再者就是注意应用反证法证题的步骤；(2)将式子进行相应的代换，结合不等式的性质证得结果；(3)结合题中的条件，应用反证法求得结果.详解：证明：（Ⅰ）证明：采用反证法，若不成立，则若,则,与任意的都有矛盾；若,则有,则与任意的都有矛盾；故对任意，都有成立；（Ⅱ）由得，则，由（Ⅰ）知，，即对任意，都有；.（Ⅲ）由（Ⅱ）得：，由（Ⅰ）知，，∴，∴，即，若，则,取时，有，与矛盾.则.得证.点睛：该题考查的是有关命题的证明问题，在证题的过程中，注意对题中的条件的等价转化，注意对式子的等价变形，以及证题的思路，要掌握证明问题的方法，尤其是反证法的证题思路以及证明步骤.18、（1）见解析；（2）【解析】

(1)取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2)以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以.因为,所以.因为平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为,所以点.则.设平面的法向量为,由,得,令,得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；设二面角的大小为,则.故二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.19、（1）（为参数），；（2）【解析】分析：（1）直线的参数方程为（为参数），其中表示之间的距离，而极坐标方程可化为，从而的直角方程为.（2）设，则，利用在圆上得到满足的方程，最后利用韦达定理就可求出两条线段的和.详解：（1）直线的参数方程为（为参数）.曲线的极坐标方程可化为.把，代入曲线的极坐标方程可得，即.（2）把直线的参数方程为（为参数）代入圆的方程可得：.∵曲线与直线相交于不同的两点，∴，∴，又，∴.又，.∴，∵，∴，∴.∴的取值范围是.点睛：（1）直线的参数方程有多种形式，其中一种为（为直线的倾斜角，是参数），这样的参数方程中的参数有明确的几何意义，它表示之间的距离.（2）直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生以便转化.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b；（Ⅱ）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案.【详解】（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，，又，所以，所以根据余弦定理得，，解得，；（Ⅱ）因为，所以，，，则．【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题.21、（1）曲线为圆心在原点，半径为2的圆.的极坐标方程为（2）①②【解析】

（1）求得曲线伸缩变换后所得的参数方程，消参后求得的普通方程，判断出对应的曲线，并将的普通方程转化为极坐标方程.（2）①将的极角代入直线的极坐标方程，由此求得点的极径，判断出为等腰三角形，求得直线的普通方程，由此求得，进而求得，从而求得点的极角.②解法一：利用曲线的参数方程，求得曲线上的点到直线的距离的表达式，结合三角函数的知识求得的最小值和最大值，由此求得面积的取值范围.解法二：根据曲线表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，进而求得面积的取值范围.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），因为则曲线的参数方程所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点，半径为2的圆.所以的极坐标方程为，即.（2）①点的极角为，代入直线的极坐标方程得点极径为，且，所以为等腰三角形，又直线的普通方程为，又点的极角为锐角，所以，所以，所以点的极角为.②解法1：直线的普通方程为.曲线上的点到直线的距离.当，即（）时，取到最小值为.当，即（）时，取到最大值为.所以面积的最大值为；所以面积的最小值为；故面积的取值范围.解法2：直线的普通方程为.因为圆的半径为2，且圆心到直线的距离，因为，所以圆与直线相离.所以圆上的点到直线的距离最大值为，