2024年高考数学综合提升卷【赢在寒假】山东专用（二）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．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意分别解绝对值不等式、对数不等式化简集合，由交集的概念即可得解.【详解】由题意，，所以.故选：C.2．已知是虚数单位，若非零复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，利用复数的乘法、复数的模长公式以及复数相等可得出、的值，可得出的值，由此可求得的值.【详解】设，则，由可得，所以，，又因为，所以，，则，故.故选：A.3．为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三一班，二班各10名同学的体温记录（从低到高）：高三一班：36.1，36.2，，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0（单位：℃），高三二班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，，37.1（单位：℃）若这两组数据的第25百分位数、第90百分位数都分别对应相等，则为（    ）A．0.6 B．0.5 C．0.4 D．0.3【答案】C【分析】根据题意结合百分位数的概念分析运算.【详解】由，可得第25百分位数分别为和，则；由，可得第90百分位数分别为和，则，解得；故.故选：C.4．我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（    ）A．10 B．20 C．30 D．40【答案】B【分析】点的轨迹为圆，直线过圆心，得，利用基本不等式求的最小值.【详解】设点的坐标为，因为，则，即，所以点的轨迹方程为，因为点的轨迹关于直线对称，所以圆心在此直线上，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B.5．盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（    ）A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗【答案】C【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果.【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积，茶碗的下底面面积，茶碗高，则茶碗的体积，所以，即茶水至少可以喝9碗.故选：C6．（2017-2018学年山东省曲阜市高三上学期期中考试）已知函数,,若,使得,则实数的取值范围是A． B．C． D．【答案】A【详解】因为,使得,所以因为函数在上单调递减,所以因为函数在上单调递增,所以所以，得7．已知函数在上单调递增，在上单调递减，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数单调性，得出极值点，列出等式与不等式，求出，再由图象平移及诱导公式得解.【详解】因为函数在上单调递增，在上单调，所以，即，解得，由题意，，因为函数为偶函数，，所以，解得.故选：D8．已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（    ）A．18 B． C． D．27【答案】B【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，因为球的体积为，所以球的半径为，在中，，即，所以正四棱锥的体积为整理得，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，函数取得最大值，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．下列说法正确的是（    ）A．展开式中项的系数为B．样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱C．根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，没有充分证据推断零假设不成立，即可认为与独立D．在回归分析中，用最小二乘法求得的经验回归直线使所有数据的残差和为零【答案】ACD【分析】选项A，利用二项式定理的通项公式求解即可；选项B，根据相关系数的定义判断即可；选项C，根据独立性检验的思想判断；选项D，根据相关指数的定义判断即可.【详解】对于A，设展开式的通项为，令可得展开式中项的系数为，A正确；对于B，样本相关系数的范围在到之间，有正有负，相关性有正相关和负相关，样本相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之．线性相关性越弱，B错误；对于C，由独立性检验可知，没有充分证据推断零假设不成立，即认为与独立，C正确；对于D，在回归分析中，残差和为：，用最小二乘法求得的经验回归直线使所有数据的残差和为零，D正确．故选：ACD．10．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）A．正方体的内切球的半径为B．两条异面直线和所成的角为C．直线BC与平面所成的角等于D．点D到面的距离为【答案】BC【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.对于B中，如图所示，连接，因为且，则四边形为平行四边形，所以，所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，又因为，则为正三角形，即，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.因为平面，平面，所以.又因为，平面，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，所以C正确；对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，所以,又因为，根据等体积转换可知：，即，即，解得，所以D错误.故选：BC.11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则（    ）A．点的横坐标为2B．当时，C．当时，内切圆的半径为D．【答案】BCD【分析】根据双曲线方程有，利用双曲线定义及圆切线性质求圆在x轴上的切点横坐标即可判断A；根据，结合双曲线定义、勾股定理求判断B；利用圆的切线性质得内切圆半径判断C；由内切圆圆心性质得，结合直角三角形性质有判断D.【详解】由双曲线方程知：，令圆在x轴上的切点横坐标为，结合双曲线定义及圆切线性质有，即，所以圆在x轴上的切点与右顶点为重合，又轴，则的横坐标为1，A错；由，则，故，而，所以，故，得，所以，B对；若为内切圆圆心且知：以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，结合双曲线定义：内切圆半径由B分析知：，C对；由分别是的角平分线，又，所以，结合A分析易知，在中，D对.故选：BCD12．对于任意非零实数x，y﹐函数满足，且在单调递减，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．为奇函数 D．在定义域内单调递减【答案】AC【分析】赋值法可判断A，根据等比数列求和公式判断B，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C，由函数的特例可判断D.【详解】令，则，解得，故A正确；因为，即，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故，故B错误；由题意，函数的定义域为，关于原点对称，令，则，令代换，则，由两式可得，化简可得，所以为奇函数，故C正确；因为在单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故D错误.故选：AC三、填空题（每小题5分，共计20分）13．甲､乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是.【答案】【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.【详解】欲使甲队4：2获胜，则第六场甲胜，前五场甲获胜三场负两场，故所求概率为：.故答案为：14．O是锐角三角形ABC内的一点，A，B，C是的三个内角，且点O满足，则O是的心．【答案】垂【分析】根据向量数量积及其运算律可证垂直，从而得出结果.【详解】因为，同理，，故O为的垂心.故答案为：垂.15．在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，过上一点（异于原点）作的切线，与轴交于点．若，，则．【答案】1【分析】设出M点的坐标，写出切线方程，求出，依据，列出方程组求解即可.【详解】如图，在平面直角坐标系中，抛物线：即，焦点，设，因为，所以抛物线在M处的切线方程为，（另法：设抛物线在M处的切线方程为与联立消去y，得到：，利用亦可求出）.令，得，即，由题，，解得.故答案为：.16．已知，则=【答案】11.【详解】试题分析：，，由于，因此.考点：利用函数的性质求和.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．已知数列的前项的和为，数列是公差为1的等差数列．(1)证明：数列是公差为2的等差数列；(2)设数列的前项的和为，若，证明．【详解】（1）因为数列是公差为1的等差数列，所以．从而可得．当时，．即可得，所以数列是公差为2的等差数列；（2）根据第（1）问数列是公差为2的等差数列可得，从而可得．所以数列的通项公式．所以．从而可得．所以成立．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求的大小；(2)若，，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值．【详解】（1），由正弦定理得，即，因为，所以，故，因为，所以；（2）因为，，，所以，设，，故，令，解得，由余弦定理得，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，故.19．如图，在三棱锥中，是的中点，与均为正三角形．  (1)证明：．(2)若，点满足，求二面角的正弦值．【详解】（1）证明：连接，因为与均为正三角形，所以．又为的中点，所以，．因为，平面，所以平面．又平面，所以．（2）因为，所以为等腰直角三角形，且．不妨令，则．由，得，则，故．以为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．  ，，．因为，所以．则，，．设平面的法向量为，则令，则，得．设平面的法向量为，则令，则，得．，故二面角的正弦值为．20．已知椭圆：与直线：交于，两点，过原点与线段中点的直线的斜率为．（1）求糊圆的离心率；（2）若椭圆的短轴长为，点为长轴的右顶点﹐求的面积．【详解】（1）方法一：设，，则椭圆的方程为联立消去得．设，，则，，，∴的中点的坐标为．由题意得，∴，即．设椭圆的离心率为，则，即．方法二：（点差法）设，，，①，②①②可得，所以，又，，所以，设椭圆的离心率为，则，即．（2）∵椭圆的短袖长为，∴．由（1）知，∴，∴，，，∴，，∴．点到直线：的距离，∴的面积．21．某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝､软翅风筝､串式风筝､板式风筝､立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝､板式风筝､立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为.(1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望；(2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，求.【详解】（1）的可能取值为，则：，则的分布列为234故.（2）当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再