精品解析：2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷（六）数学试题

2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷（六）数学试题 注意事项: 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，在规定的位置贴好条形码． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．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8小题，每小题5分，共40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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其共轭复数. 【详解】因为， 所以. 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】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】 【分析】由，所以，代入条件化简得，结合已知得解. 【详解】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】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标，根据焦半径公式求出，即可得到点坐标，再由斜率公式计算可得. 【详解】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：A 5. 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】 【分析】利用题中所给的南丁格尔玫瑰图逐一考查所给选项，即可得解. 【详解】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：C 6. 若实数满足，则下列不等式错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导数探讨最值可得，再结合已知及不等式性质逐项判断即得. 【详解】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】 【分析】根据是奇函数求出的值，再求出的定义域即可求出的取值范围. 【详解】， ，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】 【分析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，设，正内切圆的半径为，即可得到，设圆柱的高为，推导出，求出的临界值，即可得解. 【详解】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， 所以圆柱底面圆的半径取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用圆柱和正方体的对称性推导出，然后利用临界分析求解. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 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】 【分析】首先将化简，再利用平移得到的解析式，利用可判断A；判断是否对应函数的最值可判断B；判断是否为函数的零点可判断C；利用得函数的增区间可判断D. 【详解】， 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】 【分析】根据给定条件，证明线面垂直判断A；求出线面角的大小判断B；利用线面垂直的判定性质推理判断C；确定堑堵的外接球球心位置，计算判断D. 【详解】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】 【分析】根据递推公式分别求出和可判断A；将两边同时取倒数后配方，再适当放缩可得到，即可判断B；根据，再利用累加法可判断C；根据，再利用累乘法可求出即可判断D. 【详解】，，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:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中,常数项是______．（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】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 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力. 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】 【分析】根据已知条件可设圆心为，则半径为，写出圆的标准方程，可令，即可得到符合条件的一个标准方程. 【详解】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】 【分析】设，依题意可得，即可得到离心率，从而得到，设直线、的斜率分别为、，即可得到，再由及二倍角正切公式求出即，即可求出，最后根据正弦定理及二倍角公式计算可得. 【详解】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： 【点睛】关键点点睛：本题关键是由距离推导出，再由点差法求出. 四、解答题:本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 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. 【答案】（1） （2）的分布列为 0 1 2 数学期望为【解析】 【分析】（1）第2次是乙投的事件分为两种情况，分别求解，根据全概率公式即可得解； （2）先确定两次投完后，甲投中的箭数的所有情况，分别求解概率，写出分布列，根据期望公式得出期望即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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 0 1 2 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． 【答案】（1） 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）存在，点为棱上靠近点的三等分点． 【解析】 【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，即可得证； （2）连接，建立空间直角坐标系， 假设在棱上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量法可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【答案】（1），是“跳动数列” （2） （3）证明如下： 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. 【解析】 【分析】（1）根据作差得到，从而有是以为首项，为公比的等比数列，即可求出通项公式，由，即可判断； （2）依题意是“跳动数列”，再由等比数列的通项公式得到关于的不等式，解得即可； （3）由是“跳动数列”，得到，即可得到，再代入，得到关于的不等式组，解得即可. 【小问1详解】 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”； 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 略 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间; （2）若，证明:． 【答案】（1）的单调递减区间为，没有单调递增区间 （2）证明如下： 要证明， 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. 【解析】 【分析】（1）利用导数求解函数单调性即可. （2）对要证不等式进行化简，再由第（1）问结论证明即可. 【小问1详解】 ， 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， 故的单调递减区间为，没有单调递增区间. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查导数证明不等式问题.其关键点是对要证不等式进行化简，即证明，再结合第1问求得的单调性证明即可. 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，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明如下： 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. 【解析】 【分析】（1）分别设出，，的坐标，根据已知条件得到，，利用，得到，计算即可得到轨迹方程； （2）设直线的方程，，，将直线方程和的方程联立，利用韦达定理得到，，分别写出直线，和的方程并写出，两点坐标，利用，得到，，将韦达定理代入并化简即可求解. 【小问1详解】 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，， ， 轨迹的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程和交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为，（或，）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷（六）数学试题 注意事项: 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，在规定的位置贴好条形码． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．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8小题，每小题5分，共40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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 3. 已知向量，其中，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 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. 5. 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 6. 若实数满足，则下列不等式错误的是（ ） A. B. C. D. 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. 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. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 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 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 11. 已知数列满足，，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 存在，使得 C. D. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在的展开式中,常数项是______．（用数字作答） 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． 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________________． 四、解答题:本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 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. 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． 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． 18. 已知函数． （1）求函数的单调区间; （2）若，证明:． 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，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $