山東省菏澤外國語學校2024屆高三數(shù)學模擬檢測卷（四）

山東省菏澤外國語學校2024屆高三數(shù)學模擬檢測卷（四）第I卷(選擇題)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2024山東濱州二模)已知集合,則的子集個數(shù)為（）A.4 B.7 C.8 D.162.(2024山東聊城三模)“,且”是“,且”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.(2024山東聊城三模)設,則a,b,c的大小關(guān)系為（）A. B. C. D.4.(2024山東濟南三模)若,則（）A.1 B.-1 C.2 D.-25.(2024山東濟南三模)已知是等比數(shù)列,且,則（）A. B. C.-2 D.6.(2024山東濟南三模)展開式中的系數(shù)為（）A.-5 B.5 C.15 D.357.(2024山東聊城三模)已知圓與兩坐標軸及直線都相切,且圓心在第二象限,則圓的方程為（）A. B.C. D.8.(2024山東濟南三模)三棱錐中,平面.若該三棱錐的最長的棱長為9,最短的棱長為3,則該三棱錐的最大體積為（）A. B. C.18 D.36二、選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分.9.(2024-山東聊城三模)設方程的兩根在復平面內(nèi)對應的點分別是,則（）A.的實部為1 B.關(guān)于軸對稱 C. D.10.山東棗莊模擬預測)若函數(shù),則（）A.的圖象關(guān)于對稱 B.在上單調(diào)遞增C.的極小值點為 D.有兩個零點11.(2024-山東濰坊二模)已知橢圓的焦點分別為為上一點,則（）A.的焦距為 B.的離心率為 C.的周長為 D.面積的最大值為第II卷(非選擇題)三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.12.(2024山東泰安三模)已知集合,若,則的取值范圍是___________.13.山東二模)在中,內(nèi)角的對邊分別為,且,則面積的最大值為___________.14.(2024山東濱州二模)若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減,則的取值范圍是_________.四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.(2024山東二模)已知數(shù)列.求:(1)數(shù)列的通項公式;(2)數(shù)列的前項和的最大值.16.(2024山東濟南三模)已知函數(shù),其中且.(1)若是偶函數(shù),求的值;(2)若時,,求的取值范圍.17.(2024山東聊城三模)在中,內(nèi)角的對邊分別為且.求A;(2)若在邊BC上,且,求的周長.18.(2024山東濟南三模)如圖,在三棱臺中,平面平面,.(1)求三棱臺的高;(2)若直線AC與平面ABF所成角的正弦值為,求BC.19.(2024山東濟南三模)已知點在橢圓上,A到的兩焦點的距離之和為.(1)求的方程;(2)過拋物線上一動點,作的兩條切線分別交于另外兩點Q,R.(i)當P為的頂點時,求直線QR在軸上的截距（結(jié)果用含有的式子表示);(ii)是否存在,使得直線QR總與相切.若存在,求的值;若不存在,說明理由.

參考答案:1. 【分析】根據(jù)題意求集合,結(jié)合集合元素個數(shù)與子集個數(shù)之間的關(guān)系分析求解.【詳解】由題意可得：,可知有3個元素,所以的子集個數(shù)為.故選:C.2.B 【分析】根據(jù)題意,利用不等式的基本性質(zhì),結(jié)合充分、必要條件的判定方法,即可求解.【詳解】若,且,根據(jù)不等式的加法和乘法法則可得,且,即必要性成立;當,滿足,且,但是,故充分性不成立,所以“,且”是“,且”的必要不充分條件.故選:B3.A 【分析】根據(jù)對數(shù)運算性質(zhì)及對數(shù)函數(shù)單調(diào)性比較大小即可.【詳解】因為函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增,故,又所以.故選:A4.B 【分析】由同角的三角函數(shù)和二倍角公式結(jié)合特殊角的三角函數(shù)計算可得.【詳解】因為,所以,所以Р○,所以,故選:B5. 【分析】設等比數(shù)列的公比為,利用條件,得到,再由,得,即可得出結(jié)果.【詳解】設等比數(shù)列的公比為,因為,所以,得到,所以,由,得到,所以,故選:C.6.A 【分析】由分類、分步計數(shù)原理結(jié)合組合數(shù)即可運算求解.【詳解】若要產(chǎn)生這一項,則當在中取1時,再在中取2個、取4個1,當在中取時,再在中取3個、取3個1,所以展開式中的系數(shù)為.故選:A.7. 【分析】設出圓的標準方程,利用條件列方程組求解即可.【詳解】由題意設所求的圓方程為,則,即,解得,所以圓的方程為.故選:D8. 【分析】由線面垂直得到線線垂直,推出該三棱錐的最長的棱為SC,故,最短的棱為SA,AB或BC,分三種情況,利用錐體體積公式和基本不等式求出體積的最大值,得到答案.【詳解】因為平面平面ABC,所以,故,因為,所以,故,則該三棱錐的最長的棱為SC,故,最短的棱為SA,AB或BC,當最短的棱為SA,即時,由勾股定理得,故,故,當且僅當時,等號成立,故三棱錐體積為,當最短的棱為AB,即時,設,則,則,故,三棱錐體積為,當且僅當,即時,等號成立,當最短的棱為BC,即時,設,則,則,故,三棱錐體積為,當且僅當,即時,等號成立,綜上,該三棱錐的最大體積為18.故選:C9.BCD 【分析】解方程得,根據(jù)復數(shù)減法運算及復數(shù)概念判斷,根據(jù)復數(shù)的幾何意義判斷,根據(jù)復數(shù)模的運算判斷C,根據(jù)共軛復數(shù)的定義和乘法運算求解判斷D.【詳解】由實系數(shù)一元一次方程求根公式知:方程的兩根為,則,所以的實部為0,故錯誤;在復平面內(nèi)對應的點分別是,他們關(guān)于軸對稱,故正確;由得,即,故C正確;由得故D正確.故選:10.AC 【分析】首先求出函數(shù)的定義域,即可判斷奇偶性,從而判斷A,利用導數(shù)說朋函數(shù)的單調(diào)性,即可判斷B、C,求出極小值即可判斷D.【詳解】對于函數(shù),令,解得或,所以函數(shù)的定義域為,又所以為奇函數(shù),函數(shù)圖象關(guān)于對稱,故正確;又當時,,即在上單調(diào)遞減,故B錯誤;當時,,即在上單調(diào)遞增,根據(jù)奇函數(shù)的對稱性可知在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以的極小值點為,極大值點為,故C正確;又,且當趨近于1時,趨近于無窮大，當趨近于0時，趨近于無窮大，所以在上無零點,根據(jù)對稱性可知在上無零點,故無零點,故錯誤.故選:AC.11.ABD 【分析】根據(jù)橢圓方程求出再結(jié)合橢圓的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】設橢圓的長軸長為2a,短軸長為2b,焦距為2c,則,故,所以的焦距為,故A正確;的離心率為,故正確;的周長為,故錯誤;對于,當點位于橢圓的上下頂點時,的面積最大,最大值為,故D正確.故選:ABD.12. 【分析】求出集合A,B,根據(jù)包含關(guān)系確定范圍即可.【詳解】由,得,所以,則或,由,得,又,所以,解得.故答案為:.13. 【分析】先由已知條件結(jié)合余弦定理和求出,再由余弦定理結(jié)合基本不等式求出ab最大值,即可由正弦定理形式面積公式求出面積最大值.【詳解】因為,所以由余弦定理,得,所以,又,則,所以由余弦定理以及基本不等式得:即,當且僅當時等號成立,所以,即面積的最大值為,故答案為:.14. 【分析】求出函數(shù)的導數(shù),再利用給定的單調(diào)區(qū)間及單調(diào)性列出不等式,構(gòu)造函數(shù)并求出最小值即得.【詳解】函數(shù),求導得,由在上單調(diào)遞減,得,即,令,求導得,當時,,當時,,因此函數(shù)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,,則,解得,所以的取值范圍是.故答案為:15.(1);【分析】(1)根據(jù)題目條件得到是以13為首項,-4為公差的等差數(shù)列,求出通項公式;(2)求出通項公式,解不等式,得到數(shù)列從第5項開始小于0,從而得到數(shù)列的前4項和最大,利用求和公式求出答案.【詳解】(1)由,可知,所以數(shù)列是以13為首項,以-4為公差的等差數(shù)列,所以;(2)由(1)可知,令,解得,令,解得,即數(shù)列從第5項開始小于0,所以數(shù)列的前4項和最大,最大值為.16.(1)(2)且.【分析】(1)由題意,,即可得解;（2）分且和三種情況討論,結(jié)合基本不等式和導數(shù)求解即可.【詳解】(1)由題意,,即,解得,或(舍),經(jīng)檢驗時,是偶函數(shù),所以的值為;(2)當時,成立;當且時,,又已證:故此時符合題意;當時,,因為函數(shù)都是增函數(shù),所以函數(shù)在上單調(diào)遞增,且,故存在,使得當時,,從而單調(diào)遞減,所以,存在,使得,此時不合題意.綜上所述,且.17.(1)(2)【分析】(1)根據(jù)題意利用正弦定理角化邊整理可得,結(jié)合三角形性質(zhì)得,即可求解;(2)根據(jù)得,結(jié)合向量模的運算求得,利用余弦定理求得,即可得解.【詳解】(1)因為,所以,因為,所以,所以,因為,所以,因為,所以.(2)因為,所以,所以,即,即,解得,或(舍),由余弦定理,得,所以,所以的周長為.18.(1)(2)【分析】(1)作于點,利用面面垂直的性質(zhì)得FO即為三棱臺的高,再利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可得答案;(2)以為原點,在面ABC內(nèi),作,以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系,求出平面ABF的法向量,設,利用線面角的空間向量求法可得答案.【詳解】(1)作于點,因為平面平面BCFE,平面平面平面,所以平面ABC,FO即為三棱臺的高,又因為平面ABC,所以,連接AO,因為,所以,平面AFO,所以平面AFO,又平面AFO,所以,所以,所以三棱臺的高為;(2)以為原點,在面ABC內(nèi),作,以所在的直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則,設平面ABF的法向量為,則,可取,設,則,設直線AC與平面ABF所成角為,化簡得,解得,或（舍去,因為,則,所以),所以.19.(1)(2)(i);(ii)存在,【分析】(1)根據(jù)條件,利用橢圓的定義得到,再利用點在上,即可求出結(jié)果;(2)(i)設直線PR的方程為,聯(lián)立橢圓方程,利用,得到,聯(lián)立拋物線方程,得到,即可求出結(jié)果;(ii)根據(jù)條件得到必要條件,再代人檢驗滿足題意,從而求出結(jié)果.【詳解】(1)由題意,得.又在上,得,從而,故的方程為.(2)(i)當為的頂點時,,不妨設在第一象限,直線PR的方程為,聯(lián)立的方程為,可得.由,得.聯(lián)立直線PR