2024新高考数学基础卷4（解析版）-2024年高考数学综合赢在寒假•山东专用（5基础卷+5提升卷）

2024年高考数学综合基础卷【赢在寒假】山东专用（四）班级_______姓名：_______考号：_______单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分。每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据集合的运算即可求解.【详解】，所以，故选：A2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得，再利用复数除法运算规则即可求得的值.【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，则，则故选：A3．如图，谢尔宾斯基地毯是一种无限分形结构，由波兰数学家谢尔宾斯基于1916年发明.它的美妙之处在于，无论将其放大多少次，它总是保持着相同的结构.它的构造方法是：首先将一个边长为1的正方形等分成9个小正方形，把中间的小正方形抠除，称为第一次操作；然后将剩余的8个小正方形均重复以上步骤，称为第二次操作；依次进行就得到了谢尔宾斯基地毯.则前次操作共抠除图形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】观察图形的变化，分别求出每次操作后涂黑部分正方形的面积，类比推理可得可得第次操作涂黑部分正方体的面积为，得前次操作共抠除图形的面积.【详解】  图①           图②        图③观察图形的变化可知：图①中，第一次操作涂黑部分正方形的面积为，图②中，第二次操作涂黑部分正方形的面积为，图③中，第三次操作涂黑部分正方形的面积为，依次类推，可得第次操作涂黑部分正方形的面积为，故前次操作共抠除图形的面积为.故选：B4．函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．5．若函数为偶函数，则实数（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】利用偶函数定义列出关于实数的方程，解之即可求得的值.【详解】由函数为偶函数，可得，即，解之得，则，故为偶函数，符合题意.故选：C6．在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.7．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中点，所以为二面角的平面角，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，在中利用余弦定理可得，从而可得外接球的表面积.【详解】如图，取的中点，连接，，由题意，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，所以，为外接圆的圆心，又是边长为2的等边三角形，所以，过点作与平面垂直的直线，则球心在该直线上，设球的半径为，连接，可得，在中，，利用余弦定理可得，所以，解得，所以外接球的表面积为.故选：A.8．设点是直线上的动点，过点引圆的切线，（切点为），则当取最大值时，（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由切线的性质与三角函数的性质可得当取最大值时，需取最小，该最小值为点到直线的距离，借助点到直线的距离公式计算即可得.【详解】若取最大值，则亦取最大，又与圆相切，故，故，由，故需取最小，又点是直线上的动点，故最小为点到直线的距离，由可得，故，即.故选：B.多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分。每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，漏选得2分，多选或错选不得分）9．下列四个表述中，正确的是（    ）A．设有一个回归直线方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位B．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高C．在一个列联表中，根据表中数据计算得到的观测值，若的值越大，则认为两个变量间有关的把握就越大D．具有相关关系的两个变量的相关系数为，那么越接近于0，则之间的线性相关程度越高【答案】BC【分析】由线性回归方程的含义即可判断A，由残差的含义即可判断B，由卡方的性质即可判断C，由相关系数的定义即可判断D.【详解】A选项，因为＝3－5x，所以变量x增加一个单位时，y平均减少5个单位，故A错误；B选项，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故B正确；C选项，观测值越大则认为两个变量间有关的把握就越大，故C正确；D选项，越接近于1，则之间的线性相关程度越高，故D错误.故选：BC.10．已知函数，下列选项中正确的有（    ）A．若的最小正周期，则B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象C．若在区间上单调递减，则的取值范围是D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是【答案】ACD【分析】利用最小正周期公式可得，可判断A；利用三角函数图象的平移可得，可判断B；利用余弦函数的减区间列不等式组求的取值范围，可判断C；结合在区间上只有一个零点，列不等式组可求的取值范围，可判断D.【详解】对于A：由的最小正周期可得，又，解得，故A正确；对于B：当时，，将其图象向右平移个单位长度后，得的图象，故B错误；对于C：由得，令，则在区间上单调递减，于是，解得，即，故C正确；对于D：因为在区间上只有一个零点，所以在区间只有一个零点，于是，解得，即，故D正确.故选：ACD.11．如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上的动点（不与端点重合），则（    ）A．直线与为异面直线B．存在点，使得平面C．当平面时，D．当为的中点时，点到平面的距离为【答案】AD【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量的方法进行计算、判断.【详解】如图：以为原点，建立空间直角坐标系.则，，，，，（）.对A：假设，，，共面，则存在，使得，且，即，解得：，即.故只有，重合时，才有直线与共面.而条件不与线段端点重合，所以与必为异面直线，故A对；对B：若平面，则，故B错误；对C：当时，设平面的一个法向量，则，取可得：，此时，所以与不垂直，即平面不成立，故C错误；对D：当为中点时，设到平面的距离为，则.而，在中，，，所以边上的高为：，所以，故，故D正确.故选：AD12．双曲线（，）的左、右焦点分别为，，点在上，则（    ）A． B．C．的离心率为 D．的渐近线方程为【答案】ABD【分析】根据已知条件，求出双曲线的标准方程，确定，，；根据双曲线的定义确定A选项，双曲线的焦距确定B选项，根据双曲线的离心率确定C选项，根据双曲线的渐近线确定D选项.【详解】（，），所以双曲线的标准方程为，双曲线为焦点在轴，所以，，，，，；，所以A正确；，所以B正确；的离心率为，所以C错误；双曲线的渐近线方程为，所以D正确.故选：ABD三、填空题（每小题5分，共计20分）13．甲和乙两个箱子中各装有10个除颜色外完全相同的球，其中甲箱中有4个红球、3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球、2个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用、和表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，用B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则【答案】【分析】由题设求出，，，利用全概率公式、条件概率公式进行求解即可．【详解】由题意得，，，若发生，此时乙箱中有6个红球，2个白球和3个黑球，则，先发生，此时乙箱中有5个红球，3个白球和3个黑球，则，先发生，此时乙箱中有5个红球，2个白球和4个黑球，则．，；.故答案为：14．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是．【答案】【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.【详解】因为，所以，令，则有3个根，令，则有3个根，其中，结合余弦函数的图像性质可得，故，故答案为：.15．已知平行四边形中，，若，则．【答案】/【分析】由图，可得，又注意到，，代入，后由平面向量基本定理可得答案.【详解】由图，可得，又，，则，又注意到，，代入，可得，化简即得：，由平面向量基本定理，可得.故答案为：.16．已知，若对任意的，都有，则实数的最大值为.【答案】【分析】问题转化为恒成立，再分析数列的单调性，求出数列的最小值即可.【详解】由题意可得：对恒成立.设，令，得，又，，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：本题解决的关键是，利用参变分离法将问题转化为恒成立问题，从而得解.四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，17题10分，其余各题每题各12分）17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．(1)求角C；(2)若，求的取值范围．【详解】（1）解：若选①：由正弦定理得，则，，，．若选②：，由正弦定理得，，，若选③：，则，由正弦定理得，，．（2）由正弦定理得，则，，．.18．如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为的中点．(1)证明：直线面；(2)求二面角的余弦值．【详解】（1）如图，设与相交于点，连接，分别为中点，且，又且，且，∴四边形为平行四边形，，又面面直线面；（2）因为为中点，所以，连接，则且，四边形为平行四边形，，等边中，，，从而，因为平面，所以平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，由，可取，设平面的法向量为，由，可取，所以，由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．19．已知等比数列满足，.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【详解】（1）设的公比为，由已知得，所以，，所以.（2）设数列的前项和为，则，①所以，②①-②得，.所以.20．某人从地到地有路程接近的2条路线可以选择，其中第一条路线上有个路口，第二条路线上有个路口.(1)若，，第一条路线的每个路口遇到红灯的概率均为；第二条路线的第一个路口遇到红灯的概率为，第二个路口遇到红灯的概率为，从“遇到红灯次数的期望”考虑，哪条路线更好？请说明理由.(2)已知；随机变量服从两点分布，且，.则，且.若第一条路线的第个路口遇到红灯的概率为，当选择第一条路线时，求遇到红灯次数的方差.【详解】（1）应选择第一条路线，理由如下：设走第一、第二条路线遇到的红灯次数分别为随机变量、，则，，，，，所以；又，，，所以；因为，所以应选择第一条路线.（2）设选择第一条路线时遇到的红灯次数为，所以；，设随机变量，取值为，其概率分别为，且，所以，又因为，所以.21．已知，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)设点的坐标为，直线与曲线的另一个交点为，与轴的交点为，若，，试问是否为定值？若是定值，请求出结果，若不是定值，请说明理由．【详解】（1）设点的坐标为，则直线的斜率为，直线的斜率为．由已知，，化简，得点的轨迹的方程为．（2）为定值，理由如下：根据题意可知直线的斜率一定存在且不为0，设，则．联立，消去，得．则恒成立，设，，则，．又因为，，且，所以．同理．所以，所以，为定值．.22．已知常数，函数．(1)讨论在区间上的单调性；(2)若存在两个极值点，且，求的取值范围．【详解】（1）当时，在区间上，，此时在区间上单调递增；当时，由得或（舍去），当时，，当时，，故在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）由（1）知，当，此时不存在极值点，因而要使得有两个极值点，必有，又由，可得，令，是的两个根，此时，由（1）易知，分别是的极小值点和极大值点，而，令，由且知当时，，当时，，记，，（ⅰ）当时，在区间上单调递减，从而，故当时，，不合题意；（ⅱ）当时，在区间上单调递减，从而，符合题意，故当时，，综上所述，满足条件的的取值范围为．