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2024届山东师范大学附属中学高考考前模拟数学试题
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若，，定义，
则
A． B． C． D．
2．在中，，为内一点，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知是圆外的动点，过点作圆的两条切线，设两切点分别为，，当的值最小时，点到圆心的距离为（ ）
A． B． C． D．2
5．若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数满足对任意的且都有，若，，则（ ）
A． B． C． D．
7．如图1，在平面四边形中，，当变化时，令对角线取到最大值，如图2，此时将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．椭圆（）的左、右焦点分别为，，P为椭圆上第一象限内的一点，且，与y轴相交于点Q，离心率，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A． B． C．的最小值为 D．的最小值为
10．已知圆，圆，则（ ）
A．两圆的圆心距的最小值为1
B．若圆与圆相切，则
C．若圆与圆恰有两条公切线，则
D．若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
11．已知函数，则（ ）
A．若的图象向右平移个单位长度后与的图象重合，则的最小值为1
B．若的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的最小值为5
C．若函数的最小正周期为，则
D．当时，若的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则方程有无穷多个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在平面直角坐标系中，角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则 ．
13．根据统计数据，某种植物感染病毒之后，其存活日数X满足：对于任意的，的样本在的样本里的数量占比与的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于，即，则 ，设，的前n项和为，则 .
14．如图所示，已知双曲线的焦点分别是是等边三角形，若的中点在双曲线上，则双曲线的离心率等于 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，.
(1)若为等比数列，求；
(2)求在，，，…，中，3级十全十美数的个数.
16．如图，在四棱锥中，四边形ABCD 为直角梯形，AB∥CD， ，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点.
(1)证明：；
(2)当EF为何值时，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
17．已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)若，且，求的取值范围.
18．甲、乙两人进行知识问答比赛，共有道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的概率分别为和，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得﹣1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若，，求甲获胜的概率；
(2)若，设甲第题的得分为随机变量，一次比赛中得到的一组观测值，如下表.现利用统计方法来估计的值：
①设随机变量，若以观测值的均值作为的数学期望，请以此求出的估计值；
②设随机变量取到观测值的概率为，即；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着的变化，用使得达到最大时的取值作为参数的一个估计值.求.
题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
得分 1 0 0 ﹣1 1 1 ﹣1 0 0 0
题目 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
得分 ﹣1 0 1 1 ﹣1 0 0 0 1 0
表1：甲得分的一组观测值.
附：若随机变量，的期望，都存在，则.
19．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.
(1)证明：点在定直线上；
(2)若面积为，求点的坐标；
(3)若四点共圆，求点的坐标.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】试题分析：由题意，
，
所以,
所以
考点：新定义及集合的基本运算．
【名师点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性．研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求，即是集合A或B的元素，但不是集合A,集合B共有的元素,一般要在数轴上表示出来，形象直观，一定要注意端点值，看是否包括，是易错点．
2．B
【分析】在中，设，，即可表示出，，再在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.
【详解】在中，设，令，

则，，
在中，可得，，
由正弦定理，
所以，
所以，
可得，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.
3．A
【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
4．A
【分析】
由，，可将转化为，借助圆的切线的性质，可逐一计算出、及，借助基本不等式中取等条件即可得解.
【详解】设，则，
则，
，
，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故当的值最小时，点到圆心的距离为.
故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将转化为，从而可借助圆的切线的性质，解出的值何时取得最小.
5．C
【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解.
【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，，故A错误；
为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，
，，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可.
6．D
【分析】根据将，再用裂项相消法求的值.
【详解】∵函数满足对任意的且都有
∴令，则，
∴
∴
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的求和问题，关键是理解数列的规律，即研究透通项，本题的关键是将通项分析为：
7．B
【分析】设，，在△ABC中，根据余弦定理表示，根据正弦定理表示，在△BCD中，由余弦定理表示，化简求得最值，然后求出直线与所成角的余弦值的取值范围.
【详解】设，，，，
在△ABC中，由余弦定理，得，
由正弦定理，得，∴.
∵，，，
在△BCD中，由余弦定理，得,
∴
，
当，即时，取得最大值，即BD的最大值为.
过做交于，
设直线与所成角为，
又因为，
由此可知越大，直线与所成角的余弦值越大；
当平面与平面垂直时，直线与垂直，，即此时所成角的余弦值最小值0，
当与 共面，即将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中的初始和结束状态时，余弦值最大，
,解得：
，，所以
此时直线与所成角余弦值
综上所述，直线与所成角的余弦值的取值范围是,
故选：B.
8．B
【分析】设、，结合椭圆定义及离心率可用表示、，结合勾股定理计算即可得解.
【详解】设、，则有，，
则，即，
则，即，
即，，
则，由，
则有，
整理得，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助椭圆定义及离心率，用表示、，再借助表示出，结合勾股定理计算即可得解.
9．AC
【分析】根据复数的模的公式结合已知求出的关系，即可判断AB；根据的关系结合复数的模的公式即可判断CD.
【详解】由题意可得，则，
所以，整理得，故A项正确，B项错误；
，
当时，取得最小值，故C项正确，D项错误.
故选：AC.
10．AD
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径．
对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．
两圆外切时，圆心距，即，解得．
综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；
对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，
即，可得，解得且，故C项不正确；
对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
11．BC
【分析】对于A，B，根据图象平移规则得到的取值，再由，即可得到的最值；对于C，根据函数的最小正周期求解即可；对于D，先求出的解析式，再对方程进行换元化简，讨论即可得到方程解的个数.
【详解】对于A项，因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为8，故A项错误；
对于B项，因为，
所以，，即，，又，所以的最小值为，故B项正确.
对于C项，因为函数的最小正周期是的最小正周期的一半，所以的最小正周期为，所以，解得，故C项正确.
对于D项，当时，，所以，方程.
令，则，，当时，，即，所以（舍）或（舍）；
当时，，即，无解.
综上，无解，故D项错误.
故选：BC.
12．/
【分析】先利用角的终边所经过的点求出，再求.
【详解】因为角的始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以，；
.
故答案为：
13．
【分析】根据条件概率的计算以及递推法可得，根据等比数列的定义可得，即可求解空1，根据错位相减法即可求解空2．
【详解】，
因为，
所以，将换成，此时，
两式相减可得，
即，又，
所以对任意都成立，
此时是首项为，公比为的等比数列，
所以，故
，
，
，
两式作差得
，
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：根据，即可利用数列的递推关系求解是首项为，公比为的等比数列，，利用错位相减法即可求解和.
14．/.
【分析】由等边三角形性质可得，然后由双曲线的定义可得的关系，即可求得离心率.
【详解】因为是等边三角形，点是的中点，则，
又，所以，
因为点在双曲线上，所以，
所以．
故答案为：
15．(1)或
(2).
【分析】（1）设的公比为，根据题意，列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）知，得到，和，两式相减得，分为奇数和为偶数，两种情况讨论，结合二项展开式的性质，即可求解.
【详解】（1）解：设的公比为，
则，即，
由，可得，解得或，
所以或.
（2）解：由（1）知，当时，，
当时，，
两式相减得.
当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0；
当为偶数时，设，则，
要想末尾3个数字为0，需满足被整除，
当时，均不符合题意；
当时，，
自，以后各项均可被125整除，
故只需考虑能否被125整除，
其中不是5的倍数，
故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数，
在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，
故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40.
【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解；
4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解；
5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明；
6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解.
16．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果；
（2）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题.
【详解】（1）过作，垂足为，
由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（2）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则∥，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，
所以当，直线BE 与平面PAD夹角的正弦值为.
17．(1)最小值为，无最大值.
(2).
【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值；
（2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.
【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得.
当时，令，可得；
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）解：当时，由，可得，
整理得，即，
令，
则，
由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
18．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据甲抢到题目数，分类讨论利用条件概率和全概率公式求解.
（2）①由公式计算的数学期望与观测值的均值相等，可求出的估计值；
②由概率的表达式，利用导数求取最大值时时的取值.
【详解】（1）记甲获胜为事件，甲抢到3道题为事件，甲抢到2道题为事件，甲抢到1道题为事件，甲抢到0道题为事件，
则，，
，，
而，
，
，
，
所以
.
（2）①，，，
所以；
因为，
由表中数据可知，
所以，.
②因为取值相互独立，
所以
，
所以；
令得，
又，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即当时取到最大值，从而.
【点睛】方法点睛：
正确提取题干中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
19．(1)证明见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；
（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；
（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.
【详解】（1）由，得，
设.
所以方程为：，整理得：.
同理可得，方程为：.
联立方程，解得.
因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，
故，
所以，可知.
所以点在定直线上.
.
（2）在的方程中，令，得，
所以面积.
故，
代入可得：.
整理得，解得：或.
所以点的坐标为或.
（3）若，则重合，与题设矛盾.
抛物线焦点，由得直线斜率，
可知，
同理，所以是外接圆的直径.
若点也在该圆上，则.
由，得直线的方程为：.
又点在定直线上，
联立两直线方程，解得，
所以点的坐标为.
【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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