2023-2024學年山東省高三高考數學押題模擬試題（二模）一、單選題1．“且”是“復數是純虛數”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【正確答案】A【分析】根據充分條件、必要條件及純虛數的定義判斷即可.【詳解】若且，則復數是純虛數，故充分性成立；若復數是純虛數，則且，故必要性不成立，故“且”是“復數是純虛數”的充分不必要條件.故選：A2．已知集合，集合，則集合的真子集個數為（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】解方程組可得集合，進而可求得集合的真子集個數.【詳解】聯立可得，因為，解得，所以，方程組的解為或，所以，，所以，集合的真子集個數為.故選：C.3．某調查機構抽取了部分關注濟南地鐵建設的市民作為樣本，分析其年齡和性別結構，并制作出如下等高條形圖．根據圖中（歲以上含歲）的信息，關于該樣本的結論不一定正確的是（

）

A．男性比女性更關注地鐵建設B．關注地鐵建設的女性多數是歲以上C．歲以下的男性人數比歲以上的女性人數多D．歲以上的人對地鐵建設關注度更高【正確答案】C【分析】由等高條形圖一一分析即可.【詳解】由等高條形圖可得：對于A：由左圖知，樣本中男性數量多于女性數量，從而男性比女性更關注地鐵建設，故A正確；對于B：由右圖知女性中歲以上的占多數，從而樣本中多數女性是歲以上，從而得到關注地鐵建設的女性多數是歲以上，故B正確；對于C：由左圖知男性人數大于女性人數，由右圖知歲以下的男性占男性人數比歲以上的女性占女性人數的比例少，無法判斷歲以下的男性人數與歲以上的女性人數的多少，故C不一定正確；對于D：由右圖知樣本中歲以上的人對地鐵建設關注度更高，故D正確．故選：C．4．將函數的圖象向右平移個單位長度后的函數圖象關于原點對稱，則實數的最小值為（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】利用三角恒等變換化簡函數的解析式，利用三角函數圖象變換求出平移后所得函數的解析式，利用正弦型函數的對稱性可求出的表達式，即可求得的最小值.【詳解】因為，將函數的圖象向右平移個單位長度可得到函數的圖象，由題意可知，函數的圖象關于原點對稱，所以，，所以，，因為，故當時，取最小值.故選：A.5．已知隨機變量，且，則的最大值為（

）A． B．C． D．【正確答案】D【分析】根據正態分布的性質求出的值，則，令，，則，利用基本不等式求出的最小值，即可得解.【詳解】因為隨機變量，且，所以，即，所以，所以令，，所以，又，當且僅當，即時取等號，所以，即的最大值為.故選：D.6．正四棱柱中，，為底面的中心，是棱的中點，正四棱柱的高，點到平面的距離的最大值為（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】設底面四邊形的中心為，連接，則，設點到平面的距離為，利用等體積法求解即可.【詳解】設底面四邊形的中心為，連接，則，設點到平面的距離為，，，則中，邊上的高為，則，由，得，所以，由，得，則，則，所以，即點到平面的距離的取值范圍是，所以點到平面的距離的最大值為.故選：C.7．已知雙曲線的右焦點為，為坐標原點，是雙曲線右支上一點，且，則雙曲線的離心率為（

）A．2 B． C．3 D．【正確答案】A【分析】首先表示出焦點坐標與漸近線方程，依題意可得在方向的投影的取值范圍為，當在右頂點投影取最大值，即可求出，在取臨界位置得到在漸近線方向上的投影為，即可求出，從而求出，即可得解.【詳解】雙曲線的右焦點為，漸近線為，因為是雙曲線右支上一點，且，所以在方向的投影的取值范圍為，當在右頂點時在方向的投影最大，最大值為，即，當在無限遠處，此時在方向的投影近似在漸近線方向上的投影，但是不能取等號，所以在漸近線方向上的投影為，則到漸近線的距離，即，所以，則，所以離心率.故選：A8．已知函數，的定義域均為，且滿足，，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據遞推關系可得且，進而有，構造易知是周期為2，分別求得、，再求、，根據周期性求，最后求和.【詳解】由，則，即，由，則，即，又，則，，則，又，所以，即，即，所以，故，綜上，則，故關于對稱，且有，令，則，即的周期為，由知關于對稱且，所以，即，則，由，可得，則，所以則；則，依次類推可得，，……，，則，所以.故選：B關鍵點點睛：根據遞推式得且，構造并確定其周期，依據周期性求.二、多選題9．下列說法正確的是（

）A．B．非零向量和，滿足且和同向，則C．非零向量和滿足，則D．已知，，則在的投影向量的坐標為【正確答案】AC【分析】根據數量積的運算律判斷A、C，根據向量的定義判斷B，根據投影向量的定義判斷D.【詳解】對于A：根據數量積的運算律可知，故A正確；對于B：向量不可以比較大小，故B錯誤；對于C：非零向量和滿足，則，即，所以，則，故C正確；對于D：因為，，所以，，所以在的投影向量為，故D錯誤；故選：AC10．平面螺旋是以一個固定點開始，向外圈逐漸旋繞而形成的圖案，如圖（1）．它的畫法是這樣的：正方形ABCD的邊長為4，取正方形ABCD各邊的四等分點E，F，G，H作第二個正方形，然后再取正方形EFGH各邊的四等分點M，N，P，Q作第三個正方形，以此方法一直循環下去，就可得到陰影部分圖案，設正方形ABCD邊長為，后續各正方形邊長依次為，，…，，…；如圖（2）陰影部分，設直角三角形AEH面積為，后續各直角三角形面積依次為，，…，，…．則（

）

A．數列是以4為首項，為公比的等比數列B．從正方形開始，連續個正方形的面積之和為32C．使得不等式成立的的最大值為3D．數列的前項和【正確答案】ACD【分析】根據題意，，都是等比數列，從而可求，的通項公式，再對選項逐個判斷即可得到答案．【詳解】對于A選項，由題意知，且，所以，又因為，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，故A正確；對于B選項，由上知，，，，，所以，故B錯誤；對于C選項，，易知是單調遞減數列，且，，故使得不等式成立的的最大值為，故C正確；對于D選項，因為，且，所以，所以，故D正確；故選：ACD．11．如圖，在矩形中，，，為的中點，現分別沿、將、翻折，使點、重合，記為點，翻折后得到三棱錐，則（

）

A．B．三棱錐的體積為C．三棱錐外接球的半徑為D．直線與所成角的余弦值為【正確答案】ACD【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A選項；利用錐體的體積公式可判斷B選項；求出的外接圓半徑，結合平面，可求出三棱錐的外接球半徑，可判斷C選項；利用空間向量法可求出直線與所成角的余弦值，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，翻折前，，翻折后，則有，，因為，、平面，所以平面，故A對；對于B選項，在中，，邊上的高為，所以，故B錯；對于C選項，因為，，由余弦定理，可得，則，所以的外接圓的半徑，設三棱錐外接球的半徑為，因為平面，所以，所以，即三棱錐外接球的半徑為，故C對；對于D選項，在中，，，則，所以直線與直線所成角的余弦值為，故D對.故選：ACD.12．在平面直角坐標系的第一象限內隨機取一個整數點，若用隨機變量表示從這個點中隨機取出的一個點的橫、縱坐標之和，表示，同時發生的概率，則（

）A．當時，B．當時，C．當時，的均值為D．當（且）時，【正確答案】ACD【分析】利用條件概率公式可判斷A選項；列舉出滿足的點的坐標，利用古典概率公式可判斷B選項；利用離散型隨機變量的期望公式可判斷C選項；列舉出滿足，的點的坐標，利用古典概型的概率公式可判斷D選項.【詳解】對于A選項，當時，整數點共個，則，由得，即滿足，的點的坐標為，所以，，A對；對于B選項，當時，整數點共個，滿足的整數點為，，則，B錯；對于C選項，當時，的可能取值有、、、、、、、、，此時，樣本點共個，滿足的點為，則，滿足的點為、，則，滿足的點為、、，則，滿足的點為、、、，則，滿足的點為、、、、，則，滿足的點為、、、，則，滿足的點為、、，則，滿足的點為、，則，滿足的點為，則，故當時，，C對；對于D選項，滿足的解為，則，D對.故選：ACD.三、填空題13．展開式中二項式系數最大的項的系數為______．【正確答案】【分析】利用二項式系數的單調性結合二項式定理可求得展開式中二項式系數最大的項的系數.【詳解】由二項式系數的基本性質可知展開式中二項式系數最大的項為.因此，展開式中二項式系數最大的項的系數為.故答案為.14．已知直線過圓的圓心，且與圓相交于，兩點，為橢圓上一個動點，則的最大值與最小值之和為______．【正確答案】【分析】求出圓的圓心，根據題意可得、，利用平面向量的線性運算可得，即可求解.【詳解】圓，圓心，半徑，因為直線過圓的圓心，且與圓相交于，兩點，所以，又橢圓，則，，右焦點為，所以，又，即，所以，即，所以的最大值為，最小值為.則的最大值與最小值之和為.故15．從1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4個不同的數，分別記作，若和的奇偶性相同，則的取法共有__________種（用數字作答）.【正確答案】912【分析】分類討論兩組數的奇偶性即可.【詳解】若和都是奇數，則為一奇一偶，也一奇一偶，有種取法；若和都是偶數，則有以下兩種情況：①兩奇（偶）數，兩奇（偶）數，有種取法；②兩奇（偶）數，兩偶（奇）數，有種取法；共計576+48+288=912種取法.故91216．已知不等式對任意恒成立，則實數的最小值是______．【正確答案】【分析】將已知不等式變形為，構造函數，利用導數分析函數的單調性，考慮為負數的情形，可得出，分參后可得，利用導數求出在上的最大值，即可得出實數的最小值.【詳解】由可得，即，構造函數，其中，則.當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，因為，則，則，要求實數的最小值，考慮，則，由可得，因為函數在上單調遞減，則，不等式兩邊取自然對數可得，因為，則，可得，令，其中，則，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，所以，函數在上的最大值為，所以，.因此，實數的最小值為.故答案為.結論點睛：利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.四、解答題17．已知兩個正項數列，滿足，．(1)求，的通項公式；(2)若數列滿足，其中表示不超過的最大整數，求的前項和．【正確答案】(1)，(2)【分析】（1）依題意可得，，即可求出、；（2）根據高斯函數先推出的解析式，再運用等差數列求和公式計算可得.【詳解】（1）由，得，由，得，，因為是正項數列，，；（2）因為，所以，所以當時，當時滿足，所以.18．在中，內角、、所對的邊分別為、、，已知．(1)求角；(2)若為邊上一點（不包含端點），且滿足，求的取值范圍．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理結合兩角和的正弦公式化簡可得出的值，結合角的取值范圍可得出角的值；（2）分析可得，，，求出角的取值范圍，由正弦定理可得出，結合正切函數的基本性質可求得的取值范圍.【詳解】（1）解：由結合正弦定理可得：，則，因為、，則，所以，，可得，故.（2）解：由可得，所以，，所以，，故，

在中，，，由正弦定理可得，所以，，因為，則，所以，.所以，的取值范圍是.19．如圖，在四棱錐中，平面，，，，．

(1)證明：；(2)若為線段的靠近點的四等分點，判斷直線與平面是否相交？如果相交，求出到交點的距離，如果不相交，說明理由．【正確答案】(1)證明見解析(2)相交，【分析】（1）依題意可得，，利用余弦定理求出，即可得到，在由線面垂直得到，即可得到平面，從而得證；（2）過點作直線，連接并延長交于點，即可證明點為直線與平面的交點，再利用三角形相似求出.【詳解】（1）連接，因為，，，，所以為等腰直角三角形，∴，，∵在中，由余弦定理得，即，所以，∴，∴.又平面，平面，∴.又平面，∴平面，∵平面，∴.（2）過點作直線，連接并延長交于點，因為，且，所以，所以、、、四點共面，所以點平面，所以點為直線與平面的交點，易知，為線段的靠近點的四等分點，所以，所以.

20．《周易》包括《經》和《傳》兩個部分，《經》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中國古代的二進制計數的思想方法可以解釋為：把陽爻“”當做數字“”，把陰爻“”當做數字“”，則六十四卦代表的數表示如下：卦名符號表示的二進制數表示的十進制數坤0000000剝0000011比0000102…………例如，成語“否極泰來”包含了“否”卦和“泰”卦，“否”卦所表示的二進制數為，轉化為十進制數是，“泰”卦所表示的二進制數為，轉化為十進制數是．(1)若某卦的符號由五個陽爻和一個陰爻構成，求所有這些卦表示的十進制數的和；(2)在由三個陽爻和三個陰爻構成的卦中任取一卦，若三個陽爻均相鄰，則記分；若只有兩個陽爻相鄰，則記分；若三個陽爻互不相鄰，則記分，設任取一卦后的得分為隨機變量，求的分布列和數學期望．【正確答案】(1)(2)分布列答案見解析，【分析】（1）列舉出所有滿足條件的二進制數，結合等比數列的求和公式可求得所有這些卦表示的十進制數的和；（2）分析可知隨機的所有可能取值有、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，可得出隨機變量的分布列，進而可求得的值.【詳解】（1）解：因為該卦的符號由五個陽爻和一個陰爻構成，所以該卦所表示的二進制數共有個，分別為、、、、、，這個數中，每個位置可是次，次，所以，所有這些卦表示的十進制數的和為.（2）解：由題意可知，隨機變量的所有可能取值有、、，則，，，所以，隨機變量的分布列如下表所示：所以，.21．已知拋物線，過點的兩條直線、分別交于、兩點和、兩點．當的斜率為時，．(1)求的標準方程；(2)設為直線與的交點，證明：點在定直線上．【正確答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）當直線的斜率為時，寫出直線的方程，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，利用弦長公式可得出關于的方程，結合可求出的值，即可得出拋物線的標準方程；（2）分析可知直線、都不與軸重合，設直線的方程為，將該直線的方程與拋物線的方程聯立，設、，由韋達定理可得，同理可得出，寫出直線、的方程，求出這兩條直線的交點的橫坐標，即可證得結論成立.【詳解】（1）解：當直線的斜率為時，直線的方程為，設點、，聯立可得，，因為，可得，由韋達定理可得，，，整理可得，解得或（舍去），因此，拋物線的方程為.（2）證明：當直線與軸重合時，直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，所以，直線不與軸重合，同理可知直線也不與軸重合，設直線的方程為，聯立可得，則可得，設點、，由韋達定理可得，設直線的方程為，設點、，同理可得，直線的方程為，即，化簡可得，同理可知，直線的方程為，因為點在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，

交點必在垂直于軸的直線上，所以只需證明點的橫坐標