2023-2024學年山東省山師附中高考沖刺押題（最后一卷）數學試卷注意事項：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．泰山有“五岳之首”“天下第一山”之稱，登泰山的路線有四條：紅門盤道徒步線路，桃花峪登山線路，天外村汽車登山線路，天燭峰登山線路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的線路時，發現三人走的線路均不同，且均沒有走天外村汽車登山線路，三人向其他旅友進行如下陳述：甲：我走紅門盤道徒步線路，乙走桃花峪登山線路；乙：甲走桃花峪登山線路，丙走紅門盤道徒步線路；丙：甲走天燭峰登山線路，乙走紅門盤道徒步線路；事實上，甲、乙、丙三人的陳述都只對一半，根據以上信息，可判斷下面說法正確的是（）A．甲走桃花峪登山線路 B．乙走紅門盤道徒步線路C．丙走桃花峪登山線路 D．甲走天燭峰登山線路2．在中，角所對的邊分別為，已知，則（）A．或 B． C． D．或3．已知函數，，若方程恰有三個不相等的實根，則的取值范圍為（）A． B．C． D．4．若函數的圖象過點，則它的一條對稱軸方程可能是（）A． B． C． D．5．如圖所示的程序框圖輸出的是126，則①應為（）A． B． C． D．6．在中，“”是“為鈍角三角形”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．已知正三棱錐的所有頂點都在球的球面上，其底面邊長為4，、、分別為側棱，，的中點.若在三棱錐內，且三棱錐的體積是三棱錐體積的4倍，則此外接球的體積與三棱錐體積的比值為（）A． B． C． D．8．已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（）變量x0123變量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.59．已知三棱錐中，為的中點，平面，，，則有下列四個結論：①若為的外心，則；②若為等邊三角形，則；③當時，與平面所成的角的范圍為；④當時，為平面內一動點，若OM∥平面，則在內軌跡的長度為1．其中正確的個數是（）．A．1 B．1 C．3 D．410．已知是過拋物線焦點的弦，是原點，則（）A．－2 B．－4 C．3 D．－311．已知復數z=2i1-i，則A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．閱讀如圖的程序框圖，若輸出的值為25，那么在程序框圖中的判斷框內可填寫的條件是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．實數，滿足約束條件，則的最大值為__________.14．拋物線的焦點到準線的距離為．15．已知正方形邊長為，空間中的動點滿足，，則三棱錐體積的最大值是______.16．滿足約束條件的目標函數的最小值是.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）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，.（1）證明：平面平面ABCD；（2）設H在AC上，，若，求PH與平面PBC所成角的正弦值.18．（12分）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點，點在線段上，且平面．（1）求證：；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值．19．（12分）已知數列為公差為d的等差數列，，，且，，依次成等比數列，.（1）求數列的前n項和；（2）若，求數列的前n項和為.20．（12分）已知函數.（1）當時，求函數的值域；（2）的角的對邊分別為且，，求邊上的高的最大值.21．（12分）已知函數為實數)的圖像在點處的切線方程為.（1）求實數的值及函數的單調區間；（2）設函數，證明時，.22．（10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．

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、D【解析】

甲乙丙三人陳述中都提到了甲的路線,由題意知這三句中一定有一個是正確另外兩個錯誤的,再分情況討論即可.【詳解】若甲走的紅門盤道徒步線路,則乙,丙描述中的甲的去向均錯誤,又三人的陳述都只對一半,則乙丙的另外兩句話“丙走紅門盤道徒步線路”,“乙走紅門盤道徒步線路”正確,與“三人走的線路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山線路”正確,故丙的“乙走紅門盤道徒步線路”錯誤,“甲走天燭峰登山線路”正確.乙的話中“甲走桃花峪登山線路”錯誤,“丙走紅門盤道徒步線路”正確.綜上所述,甲走天燭峰登山線路,乙走桃花峪登山線路,丙走紅門盤道徒步線路故選：D【點睛】本題主要考查了判斷與推理的問題,重點是找到三人中都提到的內容進行分類討論,屬于基礎題型.2、D【解析】

根據正弦定理得到，化簡得到答案.【詳解】由，得，∴，∴或，∴或．故選：【點睛】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.3、B【解析】

由題意可將方程轉化為，令，，進而將方程轉化為，即或，再利用的單調性與最值即可得到結論.【詳解】由題意知方程在上恰有三個不相等的實根，即，①.因為，①式兩邊同除以，得.所以方程有三個不等的正實根.記，，則上述方程轉化為.即，所以或.因為，當時，，所以在，上單調遞增，且時，.當時，，在上單調遞減，且時，.所以當時，取最大值，當，有一根.所以恰有兩個不相等的實根，所以.故選：B.【點睛】本題考查了函數與方程的關系，考查函數的單調性與最值，轉化的數學思想，屬于中檔題.4、B【解析】

把已知點坐標代入求出，然后驗證各選項．【詳解】由題意，，或，，不妨取或，若，則函數為，四個選項都不合題意，若，則函數為，只有時，，即是對稱軸．故選：B．【點睛】本題考查正弦型復合函數的對稱軸，掌握正弦函數的性質是解題關鍵．5、B【解析】試題分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環的條件．解：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是累加S=2+22+…+2n的值，并輸出滿足循環的條件．∵S=2+22+…+21=121，故①中應填n≤1．故選B點評：算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視．程序填空也是重要的考試題型，這種題考試的重點有：①分支的條件②循環的條件③變量的賦值④變量的輸出．其中前兩點考試的概率更大．此種題型的易忽略點是：不能準確理解流程圖的含義而導致錯誤．6、C【解析】分析：從兩個方向去判斷，先看能推出三角形的形狀是銳角三角形，而非鈍角三角形，從而得到充分性不成立，再看當三角形是鈍角三角形時，也推不出成立，從而必要性也不滿足，從而選出正確的結果.詳解：由題意可得，在中，因為，所以，因為，所以，，結合三角形內角的條件，故A,B同為銳角，因為，所以，即，所以，因此，所以是銳角三角形，不是鈍角三角形，所以充分性不滿足，反之，若是鈍角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以為既不充分也不必要條件，故選D.點睛：該題考查的是有關充分必要條件的判斷問題，在解題的過程中，需要用到不等式的等價轉化，余弦的和角公式，誘導公式等，需要明確對應此類問題的解題步驟，以及三角形形狀對應的特征.7、D【解析】

如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面，計算，由勾股定理解得，此外接球的體積為，三棱錐體積為，得到答案.【詳解】如圖，平面截球所得截面的圖形為圓面.正三棱錐中，過作底面的垂線，垂足為，與平面交點記為，連接、.依題意，所以，設球的半徑為，在中，，，，由勾股定理：，解得，此外接球的體積為，由于平面平面，所以平面，球心到平面的距離為，則，所以三棱錐體積為，所以此外接球的體積與三棱錐體積比值為.故選：D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球問題，三棱錐體積，球體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.8、A【解析】

計算，代入回歸方程可得．【詳解】由題意，，∴，解得．故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點．9、C【解析】

由線面垂直的性質,結合勾股定理可判斷①正確;反證法由線面垂直的判斷和性質可判斷②錯誤;由線面角的定義和轉化為三棱錐的體積,求得C到平面PAB的距離的范圍,可判斷③正確;由面面平行的性質定理可得線面平行,可得④正確.【詳解】畫出圖形：若為的外心，則，平面,可得,即，①正確;若為等邊三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②錯誤;若，設與平面所成角為可得，設到平面的距離為由可得即有，當且僅當取等號.可得的最大值為，即的范圍為，③正確；取中點，的中點，連接由中位線定理可得平面平面可得在線段上，而，可得④正確；所以正確的是：①③④故選：C【點睛】此題考查立體幾何中與點、線、面位置關系有關的命題的真假判斷，處理這類問題，可以用已知的定理或性質來證明，也可以用反證法來說明命題的不成立.屬于一般性題目.10、D【解析】

設，，設：，聯立方程得到，計算得到答案.【詳解】設，，故.易知直線斜率不為，設：，聯立方程，得到，故，故.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中的向量的數量積，設直線為可以簡化運算，是解題的關鍵.11、C【解析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案．詳解：由題意，復數z=2i1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C．點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．12、C【解析】

根據循環結構的程序框圖，帶入依次計算可得輸出為25時的值，進而得判斷框內容.【詳解】根據循環程序框圖可知，則，，，，，此時輸出，因而不符合條件框的內容，但符合條件框內容，結合選項可知C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查了循環結構程序框圖的簡單應用，完善程序框圖，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、10【解析】

畫出可行域，根據目標函數截距可求.【詳解】解：作出可行域如下：由得，平移直線，當經過點時，截距最小，最大解得的最大值為10故答案為：10【點睛】考查可行域的畫法及目標函數最大值的求法，基礎題.14、【解析】試題分析：由題意得，因為拋物線，即，即焦點到準線的距離為.考點：拋物線的性質．15、【解析】

以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸建立空間直角坐標系，設點，根據題中條件得出，進而可求出的最大值，由此能求出三棱錐體積的最大值.【詳解】以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸建立空間直角坐標系，則，，，設點，空間中的動點滿足，，所以，整理得，，當，時，取最大值，所以，三棱錐的體積為.因此，三棱錐體積的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐體積的最大值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．16、-2【解析】

可行域是如圖的菱形ABCD，代入計算，知為最小.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）見解析；（2）【解析】

（1）記，連結，推導出，平面，由此能證明平面平面；（2）推導出，平面，連結，由題意得為的重心，，從而平面平面，進而是與平面所成角，由此能求出與平面所成角的正弦值．【詳解】（1）證明：記，連結，中，，，，，，平面，平面，平面平面．（2）中，，，，，，，，，，平面，∴，連結，由題意得為的重心，，，，平面平面平面，∴在平面的射影落在上，是與平面所成角，中，，，，．與平面所成角的正弦值為．【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查線線、線面、面面的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．18、見解析【解析】

（1）如圖，連接，交于點，連接，，則為的中點，因為為的中點，所以，又，所以，從而，，，四點共面．因為平面，平面，平面平面，所以．又，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以（2）因為，為的中點，所以，又三棱柱是直三棱柱，，所以，，互相垂直，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，所以，，，，所以，，．設平面的法向量為，則，即，令，可得，，所以平面的一個法向量為．設平面的法向量為，則，即，令，可得，，所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成二面角的正弦值為．19、（1）（2）【解析】

（1）利用等差數列的通項公式以及等比中項求出公差，從而求出，再利用等比數列的前項和公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】（1），且，，依次成等比數列，，即：，，，，，；（2），.【點睛】本題考查了等差數列、等比數列的通項公式、等比數列的前項和公式、裂項求和法，需熟記公式，屬于基礎題.20、（1）.（2）【解析】

（1）由題意利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再利用正弦函數的定義域和值域，得出結論.（2）由題意利用余弦定理?三角形的面積公式?基本不等式求得的最大值，可得邊上的高的最大值.【詳解】解：（1）