2023-2024學年山東省泰安肥城市高考適應性訓練數學模擬試題（一模）一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】先求出集合，然后利用集合補集和并集運算即可.【詳解】由已知，，，

.故選：C.2．復數滿足，則復數的虛部為（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據題意，利用復數的運算法則，求得，得到，結合復數的概念，即可求解.【詳解】由復數滿足，可得，所以，所以復數的虛部為.故選：B.3．在中，點為中點，點在上且.記，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】利用向量加法、減法法則線性表示即可.【詳解】如圖所示：

由，所以，又，，又因為為中點，，則，故選：B.4．已知，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據誘導公式及二倍角公式計算即可.【詳解】已知，所以.故選：A.5．魯班鎖（也稱孔明鎖、難人木、六子聯方）起源于古代中國建筑的榫卯結構.如圖1，這是一種常見的魯班鎖玩具，圖2是該魯班鎖玩具的直觀圖，每條棱的長均為2，則該魯班鎖的兩個相對三角形面間的距離為（

）

A． B．C． D．【正確答案】C【分析】該魯班鎖玩具可以看成是一個正方體截去了8個正三棱錐所余下來的幾何體，由等體積轉化得出截去的三棱錐的高，由體對角線減去該高，計算即可.【詳解】由題圖可知，該魯班鎖玩具可以看成是一個正方體截去了8個正三棱錐所余下來的幾何體，如圖所示，由題意可知：，所以.故該正方體的棱長為，且被截去的正三棱錐的底面邊長為2，側棱長為，則該小三棱錐幾何體的體積為，

所以該三棱錐的頂點D到面ABC的距離.易知魯班鎖兩個相對的三角形面平行，且正方體的體對角線MD垂直于該兩面，故該兩面的距離.故選：C6．已知函數的部分圖象如圖，則（

）

A．B．C．點為曲線的一個對稱中心D．將曲線向右平移個單位長度得到曲線【正確答案】D【分析】由函數圖象求出，將點的坐標代入求出可判斷A；求出的解析式，求可判斷B；令，求出，可判斷C；由圖象的平移變換可判斷D.【詳解】由圖象知：，解得，將點的坐標代入得，由圖象可知，點在的下降部分上，且，所以，所以A不正確；將點的坐標代入，得，即，所以，所以，所以B不正確；令，解得，取，則,所以對稱中心為，所以C不正確；將曲線向右平移個單位長度得到曲線，所以D正確；故選：D.7．已知，，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據數的結構構造函數，利用導數法研究函數的單調性，利用函數單調性比較大小即可.【詳解】令，則，所以在上單調遞增.又，所以，又，，，所以c＞b＞a.故選:A.8．若正四棱錐的體積為，則的最小值為（

）A． B．C． D．【正確答案】B【分析】由正四棱錐的體積為得底面邊長與高的關系，用正弦定理把化成，再構造函數求其最小值即得答案.【詳解】如圖：

設正四棱錐底面邊長為，高為，與交于點,所以，即，則，令，，所以當時，，所以函數在上單調遞減，當時，，所以函數在上單調遞增，所以當，時，取最小值.故選：B.二、多選題9．以下說法正確的是（

）A．袋子中有個大小相同的小球，其中個白球、個黑球.每次從袋子中隨機摸出個球，若已知第一次摸出的是白球，則第二次摸到白球的概率為B．對分類變量與來說，越大，“與有關系”的把握程度越大C．由一組觀測數據，，，求得的經驗回歸方程為，其中表示父親身高，表示兒子身高.如果一位父親的身高為，他兒子長大成人后的身高一定是D．已知隨機變量，若，則【正確答案】ABD【分析】根據古典概型的概率公式可求A中隨機事件的概率，故可判斷其正誤，根據的意義可判斷B的正誤，根據回歸方程可判斷父親的大約身高，故可判斷C的正誤，根據正態分布的性質可判斷D的正誤.【詳解】對于A：在第一次摸出白球后，樣本空間縮小為袋子中共有個小球，其中白球有個，所以第二次摸出白球的概率為，故A正確.對于B：由獨立性檢驗可知，的值越大，零假設成立的可能性越小，即“與有關系”的把握程度越大，所以B正確.對于C：由經驗回歸方程，可得當時，.，可以作出推測，當父親的身高為時，兒子身高一般在左右，所以C錯誤.對于D：因為隨機變量且，由正態分布的性質可得，所以，所以D正確.故選：ABD.10．已知函數，下列說法錯誤的是（

）A．若，則函數圖象在處的切線方程為B．若，則函數是奇函數C．若，則函數存在最小值D．若函數存在極值，則實數的取值范圍是【正確答案】BC【分析】對于A：根據導數的幾何意義求出切線方程可知A正確；對于B：根據偶函數的定義判斷可知B錯誤；對于C：利用導數得在上為單調遞減函數，可知C錯誤；對于D：根據有零點，求出的范圍，可知D正確.【詳解】對于A：，；，，所以切線方程為，所以A正確.對于B：函數的定義域是，若，則，所以，所以是偶函數，所以B錯誤.對于C：時，，則，所以在上為單調遞減函數，無最小值，所以C錯誤.對于D：，若函數存在極值，則有零點，令，即，.因為，所以，即，解得：，故D正確.故選：BC.11．已知拋物線：的焦點為，過的直線交拋物線于、兩點，，直線左邊的拋物線上存在一點，則（

）A． B．C．若點，則 D．當的面積最大時，面積為【正確答案】ACD【分析】設直線的方程為，聯立拋物線方程聯立，由韋達定理可判斷A；利用弦長公式求出可判斷B；根據是焦點弦，可以得以為直徑的圓與準線相切，求出圓與準線的切點可判斷點在圓外，可判斷C正確；當過點的切線與直線平行時，點到直線的距離最大，設，結合導數可得點坐標，再求點到正弦的距離，再利用可得答案.【詳解】對于A，設直線的方程為，聯立拋物線方程，消去x化簡得：，∴，代入拋物線方程得：，A正確；對于B，∵，解得，所以，B錯誤；對于C：分別做、于、點，弦的中點于，所以，，，，所以，所以以為直徑的圓與準線相切，由選項B得，時，，得，時，，得，所以圓心，所以與準線的切點為，所以點在圓外，所以是銳角，即，C正確；

對于D：直線方程為，斜率為，當過點的切線與直線平行時，點到直線的距離最大，當時，，所以，設，所以，得，所以點，此時，所以面積的最大值為，當斜率為時，同理求得面積為，D正確.

故選：ACD.12．定義在上的函數滿足，函數的圖象關于對稱，則（

）A．的圖象關于對稱 B．是的一個周期C． D．【正確答案】ACD【分析】由函數的圖象關于對稱，可得，即可判斷A；先求出最小正周期為，再推出由可判斷B；令，求出可判斷C；求出，可判斷D.【詳解】對于A，由函數的圖象關于對稱，可推得，令等價于，則，的圖象關于對稱，所以A正確.對于B，令由，，所以，，所以關于對稱.由，所以，所以，，所以，關于對稱.令等價于，則，又因為，所以令等價于，所以，所以可得出最小正周期為.，，所以不是的周期，所以B錯誤.對于C，令，則，所以，所以C正確.

對于D，因為圖象關于對稱，所以，因為，，因為最小正周期為，所以，所以，，有，選項D正確.故選：ACD.關鍵點點睛：令是解題的關鍵，通過研究的對稱性和周期性得到的性質，即可求解.三、填空題13．若，則____.【正確答案】【分析】觀察已知條件，通過求導賦值構造出式子計算即可.【詳解】已知，對式子兩邊同時求導，得，令，得.故24014．已知數列滿足，，為數列的前n項和，則____.【正確答案】【分析】利用已知條件變形得出數列的遞推公式，利用遞推公式找出周期，利用周期計算即可.【詳解】由可知，，所以，由，可得，，，，，，所以是周期為的周期數列，且，所以，故答案為.15．已知函數有三個不同的零點，其中有兩個正零點，則實數的取值范圍為____.【正確答案】【分析】依題意可得，顯然，兩邊取對數可得，令，，首先判斷函數的奇偶性，再利用導數判斷函數的單調性，即可得到函數圖象，再數形結合即可得解.【詳解】由，得，因為不是的零點，等式兩邊同時取對數得，即，令，，則，所以為奇函數，當時，，所以所以當時，，函數在上單調遞增，當時，，函數在上單調遞減，

所以當時函數取得極大值，即，又因為，當時，，當時，，所以可得的圖象如下所示，

又因為有兩個正實根，所以.故四、雙空題16．點到定點的距離與到的距離之比為，則點的軌跡方程為____，與連線的斜率分別為，，則的最小值為____.【正確答案】【分析】設出點坐標，依據題意列出方程，化簡即可得出答案；利用兩點的斜率公式寫出，再利用的軌跡方程進行化簡，最后利用重要不等式求出的最小值.【詳解】設點的坐標為,由題意可知，到的距離為，由題意得，化簡得，所以的軌跡方程為.又由題意，，則，又因為P在曲線上，所以，化簡得，代入得，.又因為，所以的最小值為.故，五、解答題17．在中，角A、B、C的對邊分別是a、b、c，且.(1)求角C的大?。?2)若的平分線交AB于點D，且，，求的面積.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據兩角和的正余弦公式變形可求出結果；（2）根據角平分線定理得，法一：在中，根據余弦定理得，在中，根據余弦定理求出，再根據面積公式可求出面積；法二：根據求解即可.【詳解】（1）由已知可得，,整理得，，因為，所以，所以，即，因為，所以.（2）由題意得，,即，所以.法一：在中，，所以.在中，，所以，即，將代入整理得，解得或.若，則，，,，所以在中，得,同理可得,即和都為鈍角，不符合題意，排除.所以，，.法二：因為，所以，所以.因為，所以，所以.18．設是公比不為的等比數列，，為，的等差中項.(1)求的通項公式；(2)求數列的前項和.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）求出公比，再根據等比數列的通項即可得解；（2）設，其前n項和為，利用錯位相減法求出，再分和兩種情況討論即可得解.【詳解】（1）設公比為，為，的等差中項，即，即為，解得或(舍去)，所以；（2），設，其前n項和為，所以，①，②①②得，所以，所以當時，，當時，，所以.19．如圖1，在平行四邊形中，，，為的中點，，，沿將翻折到的位置，如圖2，.

圖1

圖2(1)證明：平面；(2)求平面和平面的夾角.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）確定為正三角形，，證明，得到證明.（2）確定平面，，建立空間直角坐標系，確定平面和平面的法向量，根據向量的夾角公式計算得到答案.【詳解】（1），，為正三角形，，則為中點，設，，，故，故為的三等分點，

，為的三等分點，即F為的中點，故，平面，平面，故平面.（2）由題設易得，，，故，即，，故，，，PH、HF在面PHF內，故平面.PF在面PHF內，故，又，，AC、AD在面ABCD內，故平面.在中，，由題意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，則∠ACB=90°，故，過點作平面的垂線為z軸，以分別為軸、軸正方向，建立如圖所示坐標系.

則，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則，令，則，所以設平面的一個法向量為，則，令，則，，所以，設平面和平面的夾角為，,則，，所以平面和平面的夾角為.20．已知函數，，.(1)若，求證：；(2)若函數與函數存在兩條公切線，求的取值范圍.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）構建，求導，利用導數判斷原函數的單調性與最值，進而可得結果；（2）根據導數的幾何意義分析得直線與函數圖象有兩個交點，求導，利用導數判斷原函數的單調性與最值，結合圖象分析求解.【詳解】（1）當時，，構建，，則，構建，因為，所以在上單調遞增，且，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；則當時，取得最小值，可得所以當時，.（2）設函數與函數的公切線分別相切于點和點因為，，所以的方程可表示為或，整理得或，則有①，②由①可得，代入②可得：,即，構建，，則,構建，則，且，令，解得；令，解得；則在上單調遞增，在上單調遞減，當時，則，可得；當時，在上單調遞增，，可得當時，，當時，；綜上所述：當時，，當時，.即當時，，即，所以在單調遞增；當時，，即，所以在單調遞減；所以，且當x趨近于時，趨近于，當x趨近于時，趨近于，由上可知，要使函數與函數存在兩條公切線，只需直線與函數圖象有兩個交點，由圖可知a的取值范圍為.

方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；（2）求導數，得單調區間和極值點；（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．21．已知曲線上的動點滿足，且.(1)求的方程；(2)若直線與交于、兩點，過、分別做的切線，兩切線交于點.在以下兩個條件①②中選擇一個條件，證明另外一個條件成立.①直線經過定點；②點在定直線上.【正確答案】(1)()(2)答案見解析【分析】（1）由雙曲線的定義得出曲線的方程；（2）若選擇①證明②成立：利用導數得出過和過的方程，從而得出交點的橫坐標，再由證明點在定直線上；若選擇②證明①成立：利用導數得出過和過的方程，從而得出，再由直線的方程證明直線經過定點.【詳解】（1）因為，所以曲線是以、為焦點，以為實軸長的雙曲線的右支,所以，即，又因為，所以，得，所以曲線的方程為().（2）若選擇①證明②成立.依題意，在雙曲線右支上，此時直線的斜率必不為，設直線方程為，，不妨設在第一象限，在第四象限.因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②，聯立方程①②得,交點的橫坐標為，因為、點在直線上，所以，所以，所以的橫坐標.即點在定直線上.若選擇②證明①成立.不妨設在第一象限，在第四象限.設，因為，所以，且，求導得，所以過點的直線方程為，化簡為①，同理②聯立方程①②得交點的橫坐標為，由題意，，即③.因為，所以過直線的方程為，化簡，整理得由③式可得,易知，即直線過定點.關鍵點睛：在解決第二問時，關鍵是由導數的幾何意義得出過和過的方程，這里涉及到二級結論極點極線的知識，但大題需要證明，這里給出了導數的證明