2024届山东枣庄市高考数学一模试卷含解析

2024届山东枣庄市高考数学一模试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（）A． B．2 C．4 D．2．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（）A． B． C． D．3．若x,y满足约束条件的取值范围是A．[0,6] B．[0,4] C．[6, D．[4,4．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（）．A． B． C． D．5．已知函数，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a–1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是A． B．C． D．7．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（）A． B． C．1 D．8．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（）A． B． C． D．9．若、满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．10．一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（）A．17种 B．27种 C．37种 D．47种11．“”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12．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数的图象的一条对称轴是，则的最小值为A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．正项等比数列|满足，且成等差数列，则取得最小值时的值为_____14．若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________．15．已知向量，，，则__________.16．棱长为的正四面体与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的内切球半径为______.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）在中，，.已知分别是的中点.将沿折起，使到的位置且二面角的大小是60°，连接，如图：（1）证明：平面平面（2）求平面与平面所成二面角的大小.18．（12分）已知x∈R，设，，记函数.（1）求函数取最小值时x的取值范围；（2）设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求△ABC的面积S的最大值.19．（12分）已知函数．（1）若，求的取值范围；（2）若，对，不等式恒成立，求的取值范围．20．（12分）在极坐标系中，已知曲线C的方程为（），直线l的方程为.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且，求r的值.21．（12分）已知关于的不等式有解.（1）求实数的最大值；（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.22．（10分）如图，在中，，，点在线段上.（1）若，求的长；（2）若，，求的面积.

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、C【解析】

设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.2、D【解析】

倾斜角为的直线与直线垂直，利用相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式即可得出结果.【详解】解：因为直线与直线垂直，所以，.又为直线倾斜角，解得.故选：D.【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式，考查计算能力，属于基础题.3、D【解析】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选D．4、C【解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.5、B【解析】

对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.【详解】函数，由得或解得.故选:B.【点睛】本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.6、B【解析】

依照偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x），且定义域关于原点对称，a﹣1=﹣2a，即可得解.【详解】根据偶函数的定义域关于原点对称，且f（x）是定义在[a–1，2a]上的偶函数，得a–1=–2a，解得a=，又f（–x）=f（x），∴b=0，∴a+b=．故选B．【点睛】本题考查偶函数的定义，对定义域内的任意实数，f（﹣x）=f（x）；奇函数和偶函数的定义域必然关于原点对称，定义域区间两个端点互为相反数．7、D【解析】

根据复数z满足，利用复数的除法求得，再根据复数的概念求解.【详解】因为复数z满足，所以，所以z的虚部为.故选：D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8、D【解析】

根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.【详解】类产品共两件，类产品共三件，则第一次检测出类产品的概率为；不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；故选：D.【点睛】本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.9、C【解析】

作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示．由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：C.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.10、C【解析】

由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.【详解】所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,故选:C【点睛】本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.11、B【解析】

或，从而明确充分性与必要性.【详解】，由可得：或，即能推出，但推不出∴“”是“”的必要不充分条件故选【点睛】本题考查充分性与必要性，简单三角方程的解法，属于基础题.12、C【解析】

将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，因为函数的图象的一条对称轴是，所以，即，所以，又，所以的最小值为．故选C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】

先由题意列出关于的方程，求得的通项公式，再表示出即可求解.【详解】解：设公比为，且，时，上式有最小值，故答案为：2.【点睛】本题考查等比数列、等差数列的有关性质以及等比数列求积、求最值的有关运算，中档题.14、4【解析】

由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为：4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的15、3【解析】

由题意得，，再代入中，计算即可得答案.【详解】由题意可得，，∴，解得，∴.故答案为：.【点睛】本题考查向量模的计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意向量数量积公式的运用.16、【解析】

由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出体积与表面积，设内切圆的半径，由等体积，求出内切圆的半径．【详解】由题意可知：多面体的外接球即正四面体的外接球作面交于，连接，如图则，且为外接球的直径，可得，设三角形的外接圆的半径为，则，解得，设外接球的半径为，则可得，即，解得，设正三棱锥的高为，因为，所以，所以，而，所以正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，所以，设内切球的半径为，，即解得：．故答案为：.【点睛】本题考查多面体与球的内切和外接问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意借助几何体的直观图进行分析.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）证明见解析（2）45°【解析】

（1）设的中点为，连接，设的中点为，连接，，从而即为二面角的平面角，，推导出，从而平面，则，即，进而平面，推导四边形为平行四边形，从而，平面，由此即可得证.（2）以B为原点，在平面中过B作BE的垂线为x轴，BE为y轴，BA为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成二面角的大小.【详解】（1）∵是的中点，∴.设的中点为，连接.设的中点为，连接，.易证：，，∴即为二面角的平面角.∴，而为的中点.易知，∴为等边三角形，∴.①∵，，，∴平面.而，∴平面，∴，即.②由①②，，∴平面.∵分别为的中点.∴四边形为平行四边形.∴，平面，又平面.∴平面平面.（2）如图，建立空间直角坐标系，设.则，，，，显然平面的法向量，设平面的法向量为，，，∴，∴.，由图形观察可知，平面与平面所成的二面角的平面角为锐角.∴平面与平面所成的二面角大小为45°.【点睛】本题主要考查立体几何中面面垂直的证明以及求解二面角大小，难度一般，通常可采用几何方法和向量方法两种进行求解.18、（1）；（2）【解析】

(1)先根据向量的数量积的运算，以及二倍角公式和两角和的正弦公式化简得到f（x）=，再根据正弦函数的性质即可求出答案；（2）先求出C的大小，再根据余弦定理和基本不等式，即可求出，根据三角形的面积公式即可求出答案.【详解】（1）.令，k∈Z，即时，，取最小值，所以，所求的取值集合是；（2）由，得，因为，所以，所以，.在中，由余弦定理，得，即，当且仅当时取等号，所以的面积，因此的面积的最大值为.【点睛】本题考查了向量的数量积的运算和二倍角公式，两角和的正弦公式，余弦定理和基本不等式，三角形的面积公式，属于中档题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）分类讨论，，，即可得出结果；（2）先由题意，将问题转化为即可，再求出，的最小值，解不等式即可得出结果.【详解】（1）由得，若，则，显然不成立；若，则，，即；若，则，即，显然成立，综上所述，的取值范围是．（2）由题意知，要使得不等式恒成立，只需，当时，，所以；因为，所以，解得，结合，所以的取值范围是．【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记分类讨论的思想、以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.20、【解析】

先将曲线C和直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，可得圆心到直线的距离，再由勾股定理，计算即得.【详解】以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，可得曲线C：（）的直角坐标方程为，表示以原点为圆心，半径为r的圆.由直线l的方程，化简得，则直线l的直角坐标方程方程为.记圆心到直线l的距离为d，则，又，即，所以.【点睛】本题考查曲线和直线的极坐标方程化为直角坐标方程，是基础题.21、（1）；（2）见解析【解析】

（1）由题意，只需找到的最大值即可；（2），构造并利用基本不等式可得，即.【详解】（1），∴的最大值为4.关于的不等式有解等价于，（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.（2）证明：根据（1）求解知，所以，又∵，，，，，当且仅当时，等号成立