2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷（六）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3山东省菏泽市2024届高考冲刺押题卷（六）数学试题一、选择题1.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A2.已知集合，，则（）A. B. C.或 D.〖答案〗C〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以或.故选：C.3.已知向量，其中，若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，所以，即，化简得，由得.故选：B.4.已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的点，且，则直线的斜率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，则，解得，又点是抛物线上位于第一象限的点，则，所以，所以直线的斜率为.故选：A5.南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年某国知识付费用户数量(单位:亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图(如图所示)，根据此图，以下说法错误的是（）A.2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加B.2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加量2019年最多C.2016年至2023年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增D.2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的10倍〖答案〗C〖解析〗对于A：由图可知，2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；对于B和C：知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，；2023年，；则知识付费用户数量逐年增加量2019年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B正确，C错误；对于D：由，则2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的倍，故D正确；综上，说法错误的选项为C.故选：C6.若实数满足，则下列不等式错误的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗对于A，令函数，求导得，当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，，即，而，因此，A正确；对于B，由，得，则，显然，否则，，于是，则，B错误；对于C，由，得，C正确；对于D，，即，因此，D正确.故选：B.7.已知函数是定义在区间上的奇函数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，，即，即，，，是定义在区间上的奇函数，，即，，解得（舍）或，的定义域为，.故选：D.8.将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，则圆柱的两个底面是，的内切圆，设，正，内切圆的半径为，则，所以，而，所以，设圆柱的高为，又正方体的体对角线为，所以，即，显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得，所以圆柱底面圆半径取值范围是.故选：C.二、选择题9.将函数的图象向下平移1个单位长度，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于对称C.的图象关于对称 D.的单调递增区间为〖答案〗AB〖解析〗，将的图象向下平移1个单位长度，再向右平移个单位长度，得到，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，为最大值，所以的图象关于对称，故B正确；对于C，，所以不是的对称中心，故C错误；对于D，因为，所以，所以单调递增区间为，D错误.故选：AB.10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”．如图，在堑堵中，，且，过点分别作于点于点，则下列结论正确的是（）A.四棱锥为“阳马” B.直线AE与平面ABC所成的角为C. D.堑堵的外接球的体积为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，在堑堵中，平面，而平面，则平面平面，又平面平面，，平面，因此平面，又四边形为矩形，则四棱锥为“阳马”，A正确；对于B，显然平面平面，平面，则是在平面内的射影，是直线AE与平面所成的角，由，，得，又，则，B错误；对于C，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，又，平面，因此平面，而平面，则，C正确；对于D，由平面，平面，得，而，则平面，平面，得，由选项B知，点为的中点，因此，则点为堑堵的外接球球心，球半径为，体积为，D正确.故选：ACD.11.已知数列满足，，，则下列结论错误的是（）A. B.存在，使得C. D.〖答案〗BD〖解析〗，，易知，，对于A，，，故A正确；对于B，，，，两边开方得，故B错误；对于C，由B知，，即，当时，，，，即，当且仅当时等号成立，，故C正确；对于D，由C知，，即，当且仅当时等号成立，当时，，，故D错误.故选：BD.三、填空题12.在的展开式中,常数项是______．（用数字作答）〖答案〗15〖解析〗在的展开式的通项公式为，令，求得，故的展开式中的常数项是故〖答案〗为：15.13.写出一个同时满足下列条件①②的圆的标准方程:________________①圆心在直线上，②与轴相切．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意，可设圆心为，则半径为，所以圆的标准方程为，可令，则圆的标准方程为.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，点是上第一象限内的一点，到直线的距离为，且，则________________．〖答案〗〖解析〗设，则，则点到直线的距离，所以，则，即椭圆的离心率为，所以，设直线、的斜率分别为、，其中、，所以，又，所以，即，解得（负值已舍去），即，显然为锐角，所以，由正弦定理，所以.故〖答案〗为：四、解答题15.投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏.《礼记・投壶》说：“投壶者，主人与客燕饮，讲论才艺之礼也.”春秋战国时期，诸侯宴请宾客时的礼仪之一就是请客人射箭，后来慢慢用投壶代替了射箭，成为一种大众游戏.甲、乙两人做投壶游戏，比赛规则：第1次用抛一枚质地均匀的硬币确定甲、乙谁先投箭，投入壶内继续，未投入壶内换另一人，依次类推.假设甲、乙两人投壶互不影响，甲把箭投入壶内的概率为，乙把箭投入壶内的概率为.（1）求第2次是乙投的概率；（2）求两次投完后，甲投中的箭数的分布列和数学期望.解：（1）设事件“第2次是乙投”，第2次是乙投的情况有两种：第一次甲投未中，第二次乙投或者第一次乙投中，第二次乙继续投，因为甲把箭投入壶内的概率为，乙把箭投入壶内的概率为，所以.（2）设两次投完后，甲投中的箭数的为，则的所有取值为0，1，2；，，，则的分布列为012故的数学期望为：.16.如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．（1）若点是的中点，证明：平面平面；（2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．（1）证明：依题意正四棱锥所有棱长均为，又点是的中点，所以，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：存在，连接，由平面，平面，平面，则，，又，可得两两垂直，分别以所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，假设在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，设，，由，所以，则，设平面的一个法向量为，则，因为，，所以，令，得，，因为平面的一个法向量为，又二面角为锐二面角，所以，化简得，解得或（舍），所以存在点符合题意，点为棱上靠近点的三等分点．17.定义:如果数列从第三项开始，每一项都介于前两项之间，那么称数列为“跳动数列"．（1）若数列的前项和满足，且，求的通项公式，并判断是否为“跳动数列”(直接写出判断结果，不必写出过程)；（2）若公比为的等比数列是“跳动数列”，求的取值范围；（3）若“跳动数列”满足，证明：或．（1）解：因为且，当时，解得，当时，所以，即，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，因为，所以位于与之间，所以是“跳动数列”；（2）解：由“跳动数列”的定义可知：是“跳动数列”，若公比为的等比数列是“跳动数列”，则，即，所以，即，解得，即的取值范围为.（3）证明：由，可得，所以，则，由是“跳动数列”，可得，即，即，即，所以，又，所以，即，解得或，故命题成立.18.已知函数．（1）求函数的单调区间;（2）若，证明:．（1）解：，令，所以，由可得，由可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.又因为，所以，即，且至多在一个点处取到.所以在上单调递减，没有单调递增区间.（2）证明：证明，只需证：，即证：，令，所以，只需证：，即证：，由（1）知，当时，在上单调递减，所以当时，，即，所以.19.已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．（1）求轨迹的方程；（2）点，，，过点一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.（1）解：设在第一象限角平分线上，则在第四象限角平分线上，，，则，，（若在第三象限角平分线上，则在第二象限角平分线上，则，）即，，，设，则，，，轨迹方程为；（2）证明：易知直线的斜率一定存在，设，，，由得，直线与交于、两点，，解得且，，，，，，直线，分别交直线于点，，由得，同理得，，由得，同理可得，则为定值.山东省菏泽市2024届高考冲刺押题卷（六）数学试题一、选择题1.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A2.已知集合，，则（）A. B. C.或 D.〖答案〗C〖解析〗由，即，解得，所以，又，所以或.故选：C.3.已知向量，其中，若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，所以，即，化简得，由得.故选：B.4.已知抛物线的焦点为，点是抛物线上位于第一象限的点，且，则直线的斜率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，则，解得，又点是抛物线上位于第一象限的点，则，所以，所以直线的斜率为.故选：A5.南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小．某机构统计了近几年某国知识付费用户数量(单位:亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图(如图所示)，根据此图，以下说法错误的是（）A.2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加B.2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加量2019年最多C.2016年至2023年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增D.2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的10倍〖答案〗C〖解析〗对于A：由图可知，2016年至2023年，知识付费用户数量逐年增加，故A正确；对于B和C：知识付费用户数量的逐年增加量分别为：2017年，；2018年，；2019年，；2020年，；2021年，；2022年，；2023年，；则知识付费用户数量逐年增加量2019年最多，知识付费用户数量的逐年增加量不是逐年递增，故B正确，C错误；对于D：由，则2023年知识付费用户数量超过2016年知识付费用户数量的倍，故D正确；综上，说法错误的选项为C.故选：C6.若实数满足，则下列不等式错误的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗对于A，令函数，求导得，当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，，即，而，因此，A正确；对于B，由，得，则，显然，否则，，于是，则，B错误；对于C，由，得，C正确；对于D，，即，因此，D正确.故选：B.7.已知函数是定义在区间上的奇函数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，，即，即，，，是定义在区间上的奇函数，，即，，解得（舍）或，的定义域为，.故选：D.8.将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，则圆柱的两个底面是，的内切圆，设，正，内切圆的半径为，则，所以，而，所以，设圆柱的高为，又正方体的体对角线为，所以，即，显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得，所以圆柱底面圆半径取值范围是.故选：C.二、选择题9.将函数的图象向下平移1个单位长度，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于对称C.的图象关于对称 D.的单调递增区间为〖答案〗AB〖解析〗，将的图象向下平移1个单位长度，再向右平移个单位长度，得到，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，为最大值，所以的图象关于对称，故B正确；对于C，，所以不是的对称中心，故C错误；对于D，因为，所以，所以单调递增区间为，D错误.故选：AB.10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”．如图，在堑堵中，，且，过点分别作于点于点，则下列结论正确的是（）A.四棱锥为“阳马” B.直线AE与平面ABC所成的角为C. D.堑堵的外接球的体积为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，在堑堵中，平面，而平面，则平面平面，又平面平面，，平面，因此平面，又四边形为矩形，则四棱锥为“阳马”，A正确；对于B，显然平面平面，平面，则是在平面内的射影，是直线AE与平面所成的角，由，，得，又，则，B错误；对于C，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，又，平面，因此平面，而平面，则，C正确；对于D，由平面，平面，得，而，则平面，平面，得，由选项B知，点为的中点，因此，则点为堑堵的外接球球心，球半径为，体积为，D正确.故选：ACD.11.已知数列满足，，，则下列结论错误的是（）A. B.存在，使得C. D.〖答案〗BD〖解析〗，，易知，，对于A，，，故A正确；对于B，，，，两边开方得，故B错误；对于C，由B知，，即，当时，，，，即，当且仅当时等号成立，，故C正确；对于D，由C知，，即，当且仅当时等号成立，当时，，，故D错误.故选：BD.三、填空题12.在的展开式中,常数项是______．（用数字作答）〖答案〗15〖解析〗在的展开式的通项公式为，令，求得，故的展开式中的常数项是故〖答案〗为：15.13.写出一个同时满足下列条件①②的圆的标准方程:________________①圆心在直线上，②与轴相切．〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由题意，可设圆心为，则半径为，所以圆的标准方程为，可令，则圆的标准方程为.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，点是上第一象限内的一点，到直线的距离为，且，则________________．〖答案〗〖解析〗设，则，则点到直线的距离，所以，则，即椭圆的离心率为，所以，设直线、的斜率分别为、，其中、，所以，又，所以，即，解得（负值已舍去），即，显然为锐角，所以，由正弦定理，所以.故〖答案〗为：四、解答题15.投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏.《礼记・投壶》说：“投壶者，主人与客燕饮，讲论才艺之礼也.”春秋战国时期，诸侯宴请宾客时的礼仪之一就是请客人射箭，后来慢慢用投壶代替了射箭，成为一种大众游戏.甲、乙两人做投壶游戏，比赛规则：第1次用抛一枚质地均匀的硬币确定甲、乙谁先投箭，投入壶内继续，未投入壶内换另一人，依次类推.假设甲、乙两人投壶互不影响，甲把箭投入壶内的概率为，乙把箭投入壶内的概率为.（1）求第2次是乙投的概率；（2）求两次投完后，甲投中的箭数的分布列和数学期望.解：（1）设事件“第2次是乙投”，第2次是乙投的情况有两种：第一次甲投未中，第二次乙投或者第一次乙投中，第二次乙继续投，因为甲把箭投入壶内的概率为，乙把箭投入壶内的概率为，所以.（2）设两次投完后，甲投中的箭数的为，则的所有取值为0，1，2；，，，则的分布列为012故的数学期望为：.16.如图，在正四棱锥中，已知平面，点在平面内，点在棱上．（1）若点是的中点，证明：平面平面；（2）在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．（1）证明：依题意正四棱锥所有棱长均为，又点是的中点，所以，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：存在，连接，由平面，平面，平面，则，，又，可得两两垂直，分别以所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，假设在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，设，，由，所以，则，设平面的一个法向量为，则，因为，，所以，令，得，，因为平面的一个法向量为，又二面角为锐二面角，所以，化简得，解得或（舍），所以存在点符合题意