山东省蒙阴县第一中学2024届高考冲刺押题(最后一卷)数学试题试卷

2023年12月11日发(作者：专升本青海数学试卷)

山东省蒙阴县第一中学2024届高考冲刺押题（最后一卷）数学试题试卷

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．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。

3．考试结束后，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．已知复数z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，则实数a＝（

）

A．1

2B．1

2C．2 D．﹣2

1，x＞02．已知符号函数sgnx0，x0f（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（

）

1，x＜0A．sgn[g（x）]＝sgn

x

C．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）]

B．sgn[g（x）]＝﹣sgnx

D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]

3．已知棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的四个面中，最大面积为（

）

A．22 B．23 C．4 D．26

4．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是

A．α内有无数条直线与β平行

B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线

D．α，β垂直于同一平面

5．如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形1ABC的斜边BC，直角边AB,AC.已知以直角边AC,AB为直径的半圆的面积之比为，记ABC，则sin24（

）

A．9

25B．12

25C．3

5D．4

5x6．已知f(x)是定义在2,2上的奇函数，当x0,2时，f(x)21，则f2f0（

）

A．3 B．2 C．3

2D．2

7．已知集合Axylgsinx9x，则f(x)cos2x2sinx，xA的值域为（ ）

3A．1,

23B．1,

211,C．

22D．2,2

8．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何?

意思是:有,

现被风折断，一根竹子,

原高一丈（1丈=10尺）尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（

）尺.

A．5.45 B．4.55 C．4.2 D．5.8

x9．已知fx为定义在R上的偶函数，当x1,0时，fx34，则33flog3（

）

2A．2 B．3 C．3 D．2

x210．已知双曲线C：y21，F1，F2为其左、右焦点，直线l过右焦点F2，与双曲线C的右支交于A，B两点，4且点A在x轴上方，若AF23BF2，则直线l的斜率为( )

A．1 B．2 C．1 D．2

2xy605111．在xy20条件下，目标函数zaxbya0,b0的最大值为40，则的最小值是（

）

abxy2A．7

4B．9

4C．5

2D．2

12．把满足条件（1）xR，fxfx，（2）x1R，x2R，使得fx1fx2的函数称为“D函数”，下列函数是“D函数”的个数为（

） ①yx2|x| ②yx3 ③yexex ④ycosx ⑤yxsinx

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知半径为4的球面上有两点则四面体，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角的大小为，的外接球的半径为_________.

214．已知函数yfx为R上的奇函数，满足fx2.则不等式fx1x32lnx312x的解集为________.

15．已知半径为R的圆周上有一定点A，在圆周上等可能地任意取一点与点A连接，则所得弦长介于R与3R之间的概率为__________．

16．在ABC中，AB3，BC1，C2，则AC__________．

3三、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）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，BCD90，PACD，BCCD1AD1，PAPD，E，F分别为AD，PC的中点．

2

（1）求证：PC2EF．

（2）若EFPC，求二面角PBEF的余弦值．

18．（12分）设函数f(x)sin(xx)2cos21(0)，直线y3与函数f(x)图象相邻两交点的距离为3662.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若点求ABC面积的最大值.

19．（12分）如图所示，在四面体ABCD中，ADAB，平面ABD平面ABC，ABBCB,0是函数yf(x)图象的一个对称中心，且b5，22AC，且2ADBC4.

（1）证明：BC⊥平面ABD；

（2）设E为棱AC的中点，当四面体ABCD的体积取得最大值时，求二面角CBDE的余弦值.

20．（12分）已知函数fxxmx2m的最大值为3，其中m0.

（1）求实数m的值；

a3b3（2）若a,bR,ab0,abm求证:1.

ba223sinB3sinC3sin2A21．（12分）己知ΔABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设42

sinCsinBsinBsinC（1）求tanA的值；

（2）若2sinB3sinC，且SΔABC22，求a的值.

x222．（10分）已知椭圆C:y21的右焦点为F，直线l：x2被称作为椭圆C的一条准线，点P在椭圆C上(异于2椭圆左、右顶点)，过点P作直线m:ykxt与椭圆C相切，且与直线l相交于点Q.

（1）求证：PFQF.

（2）若点P在x轴的上方，当△PQF的面积最小时，求直线m的斜率k.

附：多项式因式分解公式：t3t5t1t1t4t1

642242

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、D

【解析】

化简z＝（1+2i）（1+ai）=12aa2i，再根据z∈R求解.

【详解】

因为z＝（1+2i）（1+ai）=12aa2i，

又因为z∈R，

所以a20，

解得a＝-2.

故选：D

【点睛】

本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

2、A

【解析】

根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解.

【详解】

根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，

当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g

（

x）]＝1，

当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g

（

x）]＝0，

当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g

（

x）]＝﹣1，

综合有：sgn[g

（

x）]＝sgn（x）；

故选：A．

【点睛】

此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论.

3、B

【解析】

由三视图可知，该三棱锥如图,

其中底面ABC是等腰直角三角形，PC平面ABC,结合三视图求出每个面的面积即可.

【详解】

由三视图可知，该三棱锥如图所示： 其中底面ABC是等腰直角三角形，PC平面ABC,

由三视图知，PC2,AB22,

因为PCBC,PCAC,ACBC,ACCB,

所以ACBC2,PAPBAB22,

所以SPACSPCBSACB因为PAB为等边三角形，

所以SPAB1222,

233AB22244223,

所以该三棱锥的四个面中，最大面积为23.

故选：B

【点睛】

本题考查三视图还原几何体并求其面积;

考查空间想象能力和运算求解能力;三视图正确还原几何体是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.

4、B

【解析】

本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．

【详解】

由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B．

【点睛】

面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a,b,a//b，则//”此类的错误．

5、D

【解析】

由半圆面积之比，可求出两个直角边AB,AC

的长度之比，从而可知tan系，即可求出sin,cos，由二倍角公式即可求出sin2.

【详解】

AC1，结合同角三角函数的基本关AB21AB解：由题意知0,

，以AB

为直径的半圆面积S1，

2222S2AC21AC11ACtan.

以AC

为直径的半圆面积S2，则，即2SAB4AB22215sin2cos21sin55254

，所以sin22sincos2由，得.

sin1555cos25tancos25故选:D.

【点睛】

本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.

6、A

【解析】

由奇函数定义求出f(0)和f(2)．

【详解】

22上的奇函数，f(0)0.又当x0,2时，因为f(x)是定义在2,f(x)2x1,f2f22213，f2f03.

故选：A．

【点睛】

本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键．

7、A

【解析】

先求出集合A0,3，化简fx=2sin2x2sinx1，令sinxt0,1，得gt2t2t1由二次函数的性2质即可得值域.

【详解】

sinx00x3，

由得A0,3

，fxcos2x2sinx2sin2x2sinx1，令sinxt，29x0x0,3，1311t0,1，所以得gt2t22t1

，gt

在0,

上递增，在,1上递减，g11,g

，所以222233gt1,，即

fx的值域为1,

22故选A

【点睛】

本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题

8、B

【解析】

如图，已知ACAB10，BC3，AB2AC2BC29

∴(ABAC)(ABAC)9，解得ABAC0.9

，

ABAC10AB5.45∴ .

，解得ABAC0.9AC4.55∴折断后的竹干高为4.55尺

故选B.

9、D

【解析】

判断1log3【详解】

∵1log3故选：D

【点睛】

20，利用函数的奇偶性代入计算得到答案.

320，∴3flog33flog322flog332242．

333本题考查了利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.

10、D

【解析】

由|AF2|＝3|BF2|，可得AF23F2B.设直线l的方程x＝my+5，m＞0，设Ax1,y1，Bx2,y2，即y1＝﹣3y2①，联立直线l与曲线C,得y1+y2＝-【详解】

125m②，y③，求出m的值即可求出直线的斜率.

1y2＝22m4m4x2双曲线C：，设直线l的方程x＝my+5，m＞0，∵双曲线的渐y21，F1，F2为左、右焦点，则F2（5，0）42y，∴m≠±2，

近线方程为x＝±设A（x1，y1），B（x2，y2），且y1＞0，由|AF2|＝3|BF2|，∴AF23F2B，∴y1＝﹣3y2①

由{xmy5x24y240，得m4y25my10

22∴△＝（25m）2﹣4（m2﹣4）＞0，即m2+4＞0恒成立，

∴y1+y2＝125m②，y③，

1y2＝m24m24125m23y0，

，联立①③得0222m4m42联立①②得2y25m1115m2m，y2即：，，解得：，直线l的斜率为2，

m0y222123m22123m2m4m4故选D．

【点睛】

本题考查直线与双曲线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查向量知识，属于中档题．

11、B

【解析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.

【详解】

如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：

当x8,y10时，z8a10b有最大值为40，即z8a10b40，故4a5b20. 51151125b4a194a5b25252100.

ab20ab20ab204当25b4a104,b时等号成立.

，即aab33故选：B.

【点睛】

本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.

12、B

【解析】

满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，分别对所给函数进行验证.

【详解】

满足（1）（2）的函数是偶函数且值域关于原点对称，①不满足（2）；②不满足（1）；

③不满足（2）；④⑤均满足（1）（2）.

故选：B.

【点睛】

本题考查新定义函数的问题，涉及到函数的性质，考查学生逻辑推理与分析能力，是一道容易题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、

【解析】

设易知所在截面圆的圆心为即为二面角，中点为，连接，

及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线的平面角，可求出上，在接球的半径.

【详解】

设中，，结合，可求出四面体的外所在截面圆的圆心为，中点为，连接，

即为二面角的平面角， OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，，

因为在，所以中，由cos60º＝，得是等腰直角三角形，，由勾股定理，得：，

，

上，

因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体设四面体在外接球半径为，

中，，即外接球的球心在直线，

，解得．

由勾股定理可得：

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．

14、0,1

【解析】

构造函数gxfx1x232lnx312x，利用导数判断出函数ygx的单调性，再将所求不等式变形为gxg1，利用函数ygx的单调性即可得解.

【详解】

设gxfx1x232lnx312x，则gxfx14xlnx4x6，

设hx4xlnx4x6，则hx4lnx. 当0x1时，hx0，此时函数yhx单调递减；当x1时，hx0，此时函数yhx单调递增.

所以，函数yhx在x1处取得极小值，也是最小值，即hxminh12，

fx12，hx2，fx1hx0，即gx0，

所以，函数ygx在0,上为增函数，

函数yfx为R上的奇函数，则f00，

g1f0330，则不等式fx1x232lnx312x等价于gxg1，

又x0，解得0x1.

2因此，不等式fx1x故答案为：0,1.

【点睛】

32lnx312x的解集为0,1.

本题主要考查不等式的求解，构造函数，求函数的导数，利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．

15、1

3【解析】

在圆上其他位置任取一点B，设圆半径为R，

其中满足条件AB弦长介于R与3R之间的弧长为

1•2πR，

312R1=；

则AB弦的长度大于等于半径长度的概率P=332R1故答案为：．

316、1

【解析】

由已知利用余弦定理可得AC2AC20，即可解得AC的值．

【详解】

解：AB3，BC1，C2，

3由余弦定理AB2AC2BC22ACBCcosC，

12可得3AC12AC1()，整理可得：AC2AC20，

2解得AC1或2（舍去）．

故答案为：1．

【点睛】

本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，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）【解析】

（1）由已知可证明CD平面PAD，从而得证面面垂直，再由PEAD，得线面垂直，从而得PEEC，由直角三角形得结论；

（2）以EA,EB,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，用空间向量法示二面角．

【详解】

（1）证明：连接EC，6

3BCDADC90，ADCD．

平面PAD．

PACD，PAADA，CDCD平面ABCD，平面ABCD平面PAD．

PAPD，E为AD的中点，∴PEAD．

平面ABCD平面PADAD，PE平面ABCD．

EC平面ABCD，PEEC．

F为RtPEC斜边PC的中点，PC2EF，

（2）EFPC，由（1）可知，PEC为等腰直角三角形，

则PEEC2．以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

112则E(0,0,0)，P(0,0,2)，B(0,1,0)，F2,2,2，

112EF则EB(0,1,0)2,2,2，记平面EBF的法向量为mx,y,z

y0mEB0由得到1，

12z0mEF0xy222取x2，可得z2，则m(2,0,2)．

易知平面PEB的法向量为nEA(1,0,0)． 记二面角PBEF的平面角为，且由图可知为锐角，

则cos|mn|266，所以二面角PBEF的余弦值为．

|m||n|336

【点睛】

本题考查用面面垂直的性质定理证明线面垂直，从而得线线垂直，考查用空间向量法求二面角．在立体几何中求异面直线成的角、直线与平面所成的角、二面角等空间角时，可以建立空间直角坐标系，用空间向量法求解空间角，可避免空间角的作证过程，通过计算求解．

18、（Ⅰ）3；（Ⅱ）【解析】

(Ⅰ)函数f(x)sin(253.

12xx)2cos21，利用和差公式和倍角公式，化简即可求得；

366B)，根据点,0是函数yf(x)图象的一个对称中心，代入可得B，利用余32(Ⅱ)由(Ⅰ)知函数f(x)3sin(x弦定理、基本不等式的性质即可得出.

【详解】

(Ⅰ)f(x)sin(xx)2cos21

366

sinx3cos6cosx3sin61cos22x31

x3x3x3sin()

sincos332323f(x)的最大值为3,f(x)最小正周期为2

3

(Ⅱ)由题意及（Ⅰ）知f(x)3sin(x3)，3sin(B2)0B

233a2c2b2a2c2251cosB,

2ac2ac2aca2c2252ac25,ac故SABC25

313253

acsinBac2412253.

12故ABC的面积的最大值为【点睛】

本题考查三角函数的和差公式、倍角公式、三角函数的图象与性质、余弦定理、基本不等式的性质，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于中档基础题.

19、（1）见证明；（2）【解析】

（1）根据面面垂直的性质得到AD平面ABC，从而得到ADBC，利用勾股定理得到ABBC，利用线面垂直的判定定理证得BC平面ABD；

（2）设ADx(0x4)，利用椎体的体积公式求得Vfx30

61112x

4xx38x216x

326(0x4)，利用导数研究函数的单调性，从而求得ADx间向量求得二面角的余弦值.

【详解】

（1）证明：因为ADAB，平面ABD平面ABC，

平面ABD平面ABCAB，AD平面ABD，

所以AD平面ABC，

因为BC平面ABC，所以ADBC.

因为ABBC所以ABBC，

因为ADABA，所以BC平面ABD.

（2）解：设ADx(0x4)，则ABBC4x，

四面体ABCD的体积Vfx4时，四面体ABCD的体积取得最大值，之后利用空32AC，所以AB2BC2AC2，

21112x

4xx38x216x

(0x4).

326113x216x16

x43x4，

664当0x时，fx0，Vfx单调递增；

34当x4时，fx0，Vfx单调递减.

34故当ADx时，四面体ABCD的体积取得最大值.

3fx以B为坐标原点，建立空间直角坐标系Bxyz，

则B0,0,0，A0,,0，C,0,0，D0,,设平面BCD的法向量为n(x,y,z)，

83838444 E，,,0.

33338x0nBC03则，即，

84nBD0yz033令z2，得n(0,1,2)，

同理可得平面BDE的一个法向量为m(1,1,2)，

则530.

65630.

6由图可知，二面角CBDE为锐角，故二面角CBDE的余弦值为

【点睛】

该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.

20、（1）1；（2）证明见解析.

【解析】

（1）利用零点分段法将fx表示为分段函数的形式，由此求得fx的最大值，进而求得m的值.

1a3b3（2）利用（1）的结论，将转化为2ab，求得ab的取值范围，利用换元法，结合函数的单调性，证得abba1a3b32ab1，由此证得不等式1成立.

abba【详解】

（1）m0

3m,xmfxxmx2m2xm,2mxm

3m,x2m当x2m时，fx取得最大值3m.

m1

（2）证明:由（1）得，a2b21，

ababbaab3344a2b22a2b22ab12ab

aba2b22ab，当且仅当ab时等号成立，

0ab1

2令ht2t，0t1t1

2则hx在0,上单调递减

211hth1

2当0ab1时，

212ab1

aba3b31.

ba【点睛】

本小题主要考查含有绝对值的函数的最值的求法，考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.

21、（1）【解析】

2（2）23

43sinB3sinC3sin2A3b3c3a2（1）由正弦定理将42，转化42，

cbbcsinCsinBsinBsinC即3b23c23a242bc，由余弦定理求得cosA，

再由平方关系得sinA再求解.

（2）由2sinB3sinC，得b【详解】

3c1，结合SABCbcsinA22再求解.

223b3c3a2（1）由正弦定理，得42，

cbbcb2c2a222即3b3c3a42bc，则cosA，

2bc3222而sin2Acos2A1，又A(0,)，解得sinA故tanA1，

3sinA2.

cosA43c，

2（2）因为2sinB3sinC，则b因为SABC22，故1bcsinA22，

213c2122，

故223解得c22，

故b6，

则ab2c22bccosA36826222223.

3【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题. 22、（1）证明见解析（2）【解析】

51

2x2y212k1222,，同理（1）由2得2k1x4ktx2t20令0可得t22k21，进而得到PttykxtQ(2,2kt)，利用数量积坐标计算FPFQ即可；

（2）SPQF【详解】

3t12k，分k0，k0两种情况讨论即可.

22t，0).

（1）证明：点F的坐标为(1x2y21222联立方程2，消去y后整理为2k1x4ktx2t20

ykxt有16kt42k12t20，可得t22k21，x22222kt2kt2k，2k21t2t2k2tt1y2t2.

2k12k1t可得点P的坐标为2k1,.

tt当x2时，可求得点Q的坐标为(2,2kt)，

12kt12kFP1,,，FQ(1,2kt).

tttt有FPFQ2kt2kt0,

tt故有PFQF.

（2）若点P在x轴上方，因为t22k21，所以有t1，

22(2kt)21(2kt)1(2kt)12由（1）知|FP|；|FQ|(2kt)1

222ttttSPQF1(2kt)214k24ktt21(2t22)4ktt21

|FP||FQ|22t2t2t3t24kt13t12k

2t22t3t1t21S2①因为k0时.由（1）知k，PQF2t1

22t2由函数f(t)3t12t21(t1)单调递增，可得此时SPQFf(1)1.

22tt213t1②当k0时，由（1）知k,SPQF2t21

222t3t132t13t212t22t1(t1),g(t)2

令g(t)22222t22tt12tt123t21t218t6t63t45t213t12t3t12t2

由224424222t4tt14tt14tt1t122222t21t44t214t4(t21)t22t2(25)1t(25)，故当t25时，

424tt1g\'(t)0，此时函数g(t)单调递增：当1t25时，g(t)＜0，此时函数g(t)单

调递减，又由g(1)1，故函数g(t)的最小值g(25)1，函数g(t)取最小值时

2k2125，可求得k51.

251.

2由①②知，若点P在x轴上方，当PQF的面积最小时，直线m的斜率为【点睛】

本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.