山东省潍坊市昌乐、临朐等四县2024届高三第一次模拟考试数学试卷含解析

山东省潍坊市昌乐、临朐等四县2024届高三第一次模拟考试数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．2．已知函数（，，），将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．对两个变量进行回归分析，给出如下一组样本数据：，，，，下列函数模型中拟合较好的是（）A． B． C． D．4．曲线在点处的切线方程为，则（）A． B． C．4 D．85．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（）A．480种 B．360种 C．240种 D．120种6．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（）A．2对 B．3对C．4对 D．5对7．已知函数的零点为m，若存在实数n使且，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．8．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中，则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（）A． B． C． D．9．已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（）A．2或 B．3或 C．4或 D．5或10．函数f(x)=2x-3A．[32C．[3211．已知，，，则（）A． B．C． D．12．已知斜率为的直线与双曲线交于两点，若为线段中点且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（）A． B．3 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．实数满足，则的最大值为_____．14．设随机变量服从正态分布,若，则的值是______．15．边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为________.16．已知为偶函数，当时，，则__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)．在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值．18．（12分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.19．（12分）如图，在四棱锥中，，，，底面为正方形，、分别为、的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．20．（12分）已知函数，其中为实常数.（1）若存在，使得在区间内单调递减，求的取值范围；（2）当时，设直线与函数的图象相交于不同的两点，，证明：.21．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.22．（10分）若函数为奇函数，且时有极小值.（1）求实数的值与实数的取值范围；（2）若恒成立，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

建立空间直角坐标系，利用向量法计算出异面直线与所成角的余弦值.【详解】依题意三棱柱底面是正三角形且侧棱垂直于底面.设的中点为，建立空间直角坐标系如下图所示.所以，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B【点睛】本小题主要考查异面直线所成的角的求法，属于中档题.2、B【解析】

先根据图象求出函数的解析式,再由平移知识得到的解析式,然后分别找出和的等价条件,即可根据充分条件,必要条件的定义求出.【详解】设,根据图象可知,,再由,取,∴.将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,∴.,,令,则,显然,∴是的必要不充分条件.故选：B．【点睛】本题主要考查利用图象求正(余)弦型函数的解析式,三角函数的图形变换,二倍角公式的应用,充分条件,必要条件的定义的应用,意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力,属于中档题.3、D【解析】

作出四个函数的图象及给出的四个点，观察这四个点在靠近哪个曲线．【详解】如图，作出A，B，C，D中四个函数图象，同时描出题中的四个点，它们在曲线的两侧，与其他三个曲线都离得很远，因此D是正确选项，故选：D．【点睛】本题考查回归分析，拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多，说明拟合效果好．4、B【解析】

求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.【详解】因为，所以，故，解得，又切线过点，所以，解得，所以，故选：B【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.5、B【解析】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.故选：B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.6、C【解析】

画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．7、D【解析】

易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.【详解】易知函数单调递增且有惟一的零点为，所以，∴，问题转化为：使方程在区间上有解，即在区间上有解，而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为，∴.故选D．【点睛】本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.8、B【解析】

根据斜二测画法的基本原理，将平面直观图还原为原几何图形，可得，,绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体,圆锥的侧面展开图是扇形根据扇形面积公式即可求得组合体的表面积.【详解】根据“斜二测画法”可得，，，绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体是两个相同圆锥的组合体，它的表面积为.故选:【点睛】本题考查斜二测画法的应用及组合体的表面积求法,难度较易.9、C【解析】

先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出.【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，，即，所以直线的方程为.当直线的方程为，联立，解得和，所以；同理，当直线的方程为.，综上，或.选C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.10、A【解析】

根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可.【详解】因为函数y=2x-3解得x≥32且∴函数f(x)=2x-3+1【点睛】定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2)对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3)若已知函数fx的定义域为a,b，则函数fgx11、C【解析】

利用二倍角公式,和同角三角函数的商数关系式,化简可得,即可求得结果.【详解】，所以，即.故选:C.【点睛】本题考查三角恒等变换中二倍角公式的应用和弦化切化简三角函数,难度较易.12、B【解析】

设，代入双曲线方程相减可得到直线的斜率与中点坐标之间的关系，从而得到的等式，求出离心率．【详解】，设，则，两式相减得，∴，．故选：B．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题方法是点差法，即出现双曲线的弦中点坐标时，可设弦两端点坐标代入双曲线方程相减后得出弦所在直线斜率与中点坐标之间的关系．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、．【解析】

画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.【详解】解：作出可行域，如图所示，则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．由同理，，取最大值．故答案为：．【点睛】本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题.线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.14、1【解析】

由题得，解不等式得解.【详解】因为，所以，所以c=1.故答案为1【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.15、【解析】

根据题意，建立棱锥体积的函数，利用导数求函数的最大值即可.【详解】设底面边长为，则斜高为，即此四棱锥的高为，所以此四棱锥体积为，令，令，易知函数在时取得最大值.故此时底面棱长.故答案为：.【点睛】本题考查棱锥体积的求解，涉及利用导数研究体积最大值的问题，属综合中档题.16、【解析】

由偶函数的性质直接求解即可【详解】.故答案为【点睛】本题考查函数的奇偶性，对数函数的运算，考查运算求解能力三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线的普通方程,由得圆的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果试题解析：解：（Ⅰ）由得直线l的普通方程为x+y﹣3﹣=0又由得ρ2=2ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+（y﹣）2=5；（Ⅱ）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得（3﹣t）2+（t）2=5，即t2﹣3t+4=0设t1，t2是上述方程的两实数根，所以t1+t2=3又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2=3．18、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【详解】方法一：（1）依题意，且∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面，∴，∵且为的中点，∴，∵平面且，∴平面，以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴设平面的法向量为，则，∴，取，则.设平面的法向量为，则，∴，取，则.∴，设二面角的平面角为，则，∴二面角的正弦值为.方法二：（1）证明：连接交于点，因为四边形为平行四边形，所以为中点，又因为四边形为菱形，所以为中点，∴在中，且，∵平面，平面，∴平面（2）略，同方法一.【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.19、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）利用中位线的性质得出，然后利用线面平行的判定定理可证明出平面；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．设直线与平面所成角为，所以．因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成的角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（1）；（2）见解析.【解析】

（1）将所求问题转化为在上有解，进一步转化为函数最值问题；（2）将所证不等式转化为，进一步转化为，然后再通过构造加以证明即可.【详解】（1），根据题意，在内存在单调减区间，则不等式在上有解，由得，设，则，当且仅当时，等号成立，所以当时，，所以存在，使得成立，所以的取值范围为。（2）当时，，则，从而所证不等式转化为，不妨设，则不等式转化为，即，即，令，则不等式转化为，因为，则，从而不等式化为，设，则，所以在上单调递增，所以即不等式成立，故原不等式成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性、利用导数证明不等式，这里要强调一点，在证明不等式时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理，本题是一道有高度的压轴解答题.21、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.【详解】（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.则其外接球的半径为.因为时边长为2的菱形，是矩形.，且平面平面.则，.则为四面体外接球的直径.所以，即.由题意，，，所以.因为，所以为的中点.记的中点为，连接，.则，，，所以平面平面.因为平面，所以平面.（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.当四面体的体积最大时，的面积最大.所以当点位于