浙江省麗水地區四校2024年高考數學考前最后一卷預測卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知復數（為虛數單位，），則在復平面內對應的點所在的象限為（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{x|x（x+3）≤0}，則M∩N＝（）A．[﹣3，2） B．（﹣3，2） C．（﹣1，0] D．（﹣1，0）3．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位4．已知平面平面，且是正方形，在正方形內部有一點，滿足與平面所成的角相等，則點的軌跡長度為（）A． B．16 C． D．5．空氣質量指數是反映空氣狀況的指數，指數值趨小，表明空氣質量越好，下圖是某市10月1日-20日指數變化趨勢，下列敘述錯誤的是（）A．這20天中指數值的中位數略高于100B．這20天中的中度污染及以上（指數）的天數占C．該市10月的前半個月的空氣質量越來越好D．總體來說，該市10月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好6．已知數列的前項和為，且，，，則的通項公式（）A． B． C． D．7．已知與之間的一組數據：12343.24.87.5若關于的線性回歸方程為，則的值為（）A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．4.58．某三棱錐的三視圖如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為，則該三棱錐外接球的表面積為（）A． B． C． D．9．已知是偶函數，在上單調遞減，，則的解集是A． B．C． D．10．雙曲線：（），左焦點到漸近線的距離為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．11．如圖，在平面四邊形中，滿足，且，沿著把折起，使點到達點的位置，且使，則三棱錐體積的最大值為（）A．12 B． C． D．12．一個盒子里有4個分別標有號碼為1，2，3，4的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是4的取法有（）A．17種 B．27種 C．37種 D．47種二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知集合,,則__________．14．在平行四邊形中，已知，，，若，，則____________．15．點是曲線（）圖象上的一個定點，過點的切線方程為，則實數k的值為______.16．在中，角的對邊分別為，且．若為鈍角，，則的面積為____________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）己知函數.（1）當時，求證：；（2）若函數，求證：函數存在極小值.18．（12分）已知等差數列中，，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.19．（12分）已知函數.（1）求函數f(x)的最小正周期；（2）求在上的最大值和最小值．20．（12分）在四棱錐的底面中，，，平面，是的中點，且（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）線段上是否存在點，使得，若存在指出點的位置，若不存在請說明理由.21．（12分）求下列函數的導數：（1）（2）22．（10分）設等比數列的前項和為，若（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）在和之間插入個實數，使得這個數依次組成公差為的等差數列，設數列的前項和為，求證：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、B【解析】

分別比較復數的實部、虛部與0的大小關系，可判斷出在復平面內對應的點所在的象限.【詳解】因為時，所以，，所以復數在復平面內對應的點位于第二象限.故選：B.【點睛】本題考查復數的幾何意義，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.2、C【解析】

先化簡N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，再根據M＝{x|﹣1＜x＜2}，求兩集合的交集.【詳解】因為N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，又因為M＝{x|﹣1＜x＜2}，所以M∩N＝{x|﹣1＜x≤0}.故選：C【點睛】本題主要考查集合的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.3、D【解析】

直接根據三角函數的圖象平移規則得出正確的結論即可；【詳解】解：函數，要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位．故選：D．【點睛】本題考查三角函數圖象平移的應用問題，屬于基礎題．4、C【解析】

根據與平面所成的角相等，判斷出，建立平面直角坐標系，求得點的軌跡方程，由此求得點的軌跡長度.【詳解】由于平面平面，且交線為，，所以平面，平面.所以和分別是直線與平面所成的角，所以，所以，即，所以.以為原點建立平面直角坐標系如下圖所示，則，，設（點在第一象限內），由得，即，化簡得，由于點在第一象限內，所以點的軌跡是以為圓心，半徑為的圓在第一象限的部分.令代入原的方程，解得，故，由于，所以，所以點的軌跡長度為.故選：C【點睛】本小題主要考查線面角的概念和運用，考查動點軌跡方程的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.5、C【解析】

結合題意，根據題目中的天的指數值，判斷選項中的命題是否正確.【詳解】對于，由圖可知天的指數值中有個低于，個高于，其中第個接近，第個高于，所以中位數略高于，故正確.對于，由圖可知天的指數值中高于的天數為，即占總天數的，故正確.對于，由圖可知該市月的前天的空氣質量越來越好，從第天到第天空氣質量越來越差，故錯誤.對于，由圖可知該市月上旬大部分指數在以下，中旬大部分指數在以上，所以該市月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好，故正確.故選：【點睛】本題考查了對折線圖數據的分析，讀懂題意是解題關鍵，并能運用所學知識對命題進行判斷，本題較為基礎.6、C【解析】

利用證得數列為常數列，并由此求得的通項公式.【詳解】由，得，可得（）.相減得，則（），又由，，得，所以，所以為常數列，所以，故.故選：C【點睛】本小題考查數列的通項與前項和的關系等基礎知識；考查運算求解能力，邏輯推理能力，應用意識.7、D【解析】

利用表格中的數據，可求解得到代入回歸方程，可得，再結合表格數據，即得解.【詳解】利用表格中數據，可得又，．解得故選：D【點睛】本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的性質，考查了學生概念理解，數據處理，數學運算的能力，屬于基礎題.8、C【解析】

作出三棱錐的實物圖，然后補成直四棱錐，且底面為矩形，可得知三棱錐的外接球和直四棱錐的外接球為同一個球，然后計算出矩形的外接圓直徑，利用公式可計算出外接球的直徑，再利用球體的表面積公式即可得出該三棱錐的外接球的表面積.【詳解】三棱錐的實物圖如下圖所示：將其補成直四棱錐，底面，可知四邊形為矩形，且，.矩形的外接圓直徑，且.所以，三棱錐外接球的直徑為，因此，該三棱錐的外接球的表面積為.故選：C.【點睛】本題考查三棱錐外接球的表面積，解題時要結合三視圖作出三棱錐的實物圖，并分析三棱錐的結構，選擇合適的模型進行計算，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.9、D【解析】

先由是偶函數，得到關于直線對稱；進而得出單調性，再分別討論和，即可求出結果.【詳解】因為是偶函數，所以關于直線對稱；因此，由得；又在上單調遞減，則在上單調遞增；所以，當即時，由得，所以，解得；當即時，由得，所以，解得；因此，的解集是.【點睛】本題主要考查由函數的性質解對應不等式，熟記函數的奇偶性、對稱性、單調性等性質即可，屬于常考題型.10、B【解析】

首先求得雙曲線的一條漸近線方程，再利用左焦點到漸近線的距離為2，列方程即可求出，進而求出漸近線的方程.【詳解】設左焦點為，一條漸近線的方程為，由左焦點到漸近線的距離為2，可得，所以漸近線方程為，即為,故選：B【點睛】本題考查雙曲線的漸近線的方程，考查了點到直線的距離公式，屬于中檔題.11、C【解析】

過作于，連接，易知，，從而可證平面，進而可知，當最大時，取得最大值，取的中點，可得，再由，求出的最大值即可.【詳解】在和中，，所以，則，過作于，連接，顯然，則，且，又因為，所以平面，所以，當最大時，取得最大值，取的中點，則，所以，因為，所以點在以為焦點的橢圓上（不在左右頂點），其中長軸長為10，焦距長為8，所以的最大值為橢圓的短軸長的一半，故最大值為，所以最大值為，故的最大值為.故選：C.【點睛】本題考查三棱錐體積的最大值，考查學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.12、C【解析】

由于是放回抽取,故每次的情況有4種,共有64種；先找到最大值不是4的情況,即三次取出標號均不為4的球的情況,進而求解.【詳解】所有可能的情況有種,其中最大值不是4的情況有種,所以取得小球標號最大值是4的取法有種,故選:C【點睛】本題考查古典概型,考查補集思想的應用,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

直接根據集合和集合求交集即可.【詳解】解:,,所以.故答案為:【點睛】本題考查集合的交集運算,是基礎題.14、【解析】

設，則，得到，，利用向量的數量積的運算，即可求解．【詳解】由題意，如圖所示，設，則，又由，，所以為的中點，為的三等分點，則，，所以．【點睛】本題主要考查了向量的共線定理以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量的線性運算法則，以及向量的共線定理和向量的數量積的運算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．15、1【解析】

求出導函數，由切線斜率為4即導數為4求出切點橫坐標，再由切線方程得縱坐標后可求得．【詳解】設，由題意，∴，，，即，∴，．故答案為：1．【點睛】本題考查導數的幾何意義，函數圖象某點處的切線的斜率就是該點處導數值．本題屬于基礎題．16、【解析】

轉化為，利用二倍角公式可求解得，結合余弦定理可得b，再利用面積公式可得解.【詳解】因為，所以．又因為，且為銳角，所以．由余弦定理得，即，解得，所以故答案為：【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）求導得，由，且，得到，再利用函數在上單調遞減論證.（2）根據題意，求導，令，易知；，易知當時，，；當時，函數單調遞增，而，又，由零點存在定理得，使得，，使得，有從而得證.【詳解】（1）依題意，，因為，且，故，故函數在上單調遞減，故.（2）依題意，，令，則；而，可知當時，，故函數在上單調遞增，故當時，；當時，函數單調遞增，而，又，故，使得，故，使得，即函數單調遞增，即單調遞增；故當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，函數有極小值.【點睛】本題考查利用導數研究函數的性質，還考查推理論證能力以及函數與方程思想，屬于難題.18、（1），；（2）.【解析】

（1）由條件得出方程組，可求得的通項，當時，，可得，當時，，得出是以1為首項，2為公比的等比數列，可求得的通項；（2）由（1）可知，，分n為偶數和n為奇數分別求得.【詳解】（1）由條件知，，，當時，，即，當時，，是以1為首項，2為公比的等比數列，；（2）由（1）可知，，當n為偶數時，當n為奇數時，綜上，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項的求得，以及其前n項和，注意分n為偶數和n為奇數兩種情況分別求得其數列的和，屬于中檔題.19、（1）；（2）見解析【解析】

將函數解析式化簡即可求出函數的最小正周期根據正弦函數的圖象和性質即可求出函數在定義域上的最大值和最小值【詳解】（Ⅰ）由題意得原式的最小正周期為.（Ⅱ），.當，即時，；當，即時，.綜上，得時，取得最小值為0；當時，取得最大值為.【點睛】本題主要考查了兩角和與差的余弦公式展開，輔助角公式，三角函數的性質等，較為綜合，也是常考題型，需要計算正確，屬于基礎題20、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，點為線段的中點.【解析】

（Ⅰ）連結，，，則四邊形為平行四邊形，得到證明.（Ⅱ）建立如圖所示坐標系，平面法向量為，平面的法向量，計算夾角得到答案.（Ⅲ）設，計算，，根據垂直關系得到答案.【詳解】（Ⅰ）連結，，，則四邊形為平行四邊形.平面.（Ⅱ）平面，四邊形為正方形.所以，，兩兩垂直，建立如圖所示坐標系，則，，，，設平面法向量為，則，連結，可得，又所以，平面，平面的法向量，設二面角的平面角為，則.（Ⅲ）線段上存在點使得，設，，，，所以點為線段的中點.【點睛】本題考查了線面平行，二面角，根據垂直關系確定位置，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.21、（1）；（2）.【解析】

（1）根據復合函數的求導法則可得結果.（2）同樣根據復合函數的求導法則可得結果.【詳解】（1）令，，則，而，