山东省济南市名校考试联盟2024届高三下学期4月高考模拟数学试题含答案.pdf

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1、#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-1-山东名校考试联盟2024 年 4 月高考模拟考试数学试题参考答案一、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

2、求的。题号12345678答案BCDADBBA8【解析】因为球与三棱锥PABC的棱均相切，所以面ABC截球得到的截面圆与ABC的三边均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与面ABC垂直的直线上，又因为ABC的内切圆半径恰为 1，所以棱切球的球心即为圆心，如图过球心O作PA的垂线交PA于H,则1OHr，又因为2OA 所以2 33PO,所以2P ABCV二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分在每小题给出的四个选项中，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。题号91011答案ACACDBCD11【解析】对于 A 选项：方法一：方法一：假设存

3、在*k N，使1ka，则1sin12kkaa，因为10,1ka，所以11ka，依次类推得，11a，与已知11 1,)3 2a 矛盾，所以 A 选项错误方法二：方法二：用数学归纳法证明，当1n时，总有113na 因为11 1,)3 2a，所以1113a，设当nk时，总有113ka，则 1,sin1622 22kkaa，即1113ka，所以，当1nk时，总有1113ka，#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-2-由数学归纳法知，当1n时，总有113na 所以 A 选项错误B 选项，要证数列na单调递增，只需证sin2nnaa，

4、令 1sin(,1)23f xxx x，则 cos122fxx，fx在1,1)3上单调递减，因为1310,(1)1034ff ，故 fx在1,1)3上存在唯一零点0 x，当01,)3xx时，0fx，当0(,1)xx时，0fx，所以 sin2f xxx在01,)3x上为增函数，在0(,1)x上为减函数，因为 110,1036ff，所以当1,1)3x时，总有 0f x，即sin2xx，令nxa，则有sin2nnaa，B 选项正确C 选项，要证13144nnaa，只需证31sin244nnaa，令 31124sin(,1)43g xxxx，则 cos3224gxx，gx在13,1)上单调递减，因为1

5、333()0,(1)0344gg，故 gx在13,1)上存在唯一零点1x，当11,)3xx时，0gx，当1(,1)xx时，0gx，所以 sin31244g xxx在11,)3x上为增函数，在1(,1)x上为减函数，因为1()(1)03gg，所以当1,1)3x时，总有 0g x，即s31244inxx，令nxa，则有31sin244nnaa，C 选项正确A，B，C 三选项可通过数形结合直观观察：三选项可通过数形结合直观观察：如图D 选项，令 31sin(,1)223h xxx x，则 3cos222h xx，h x在1,1)3上单调递减，因为1 333()0,(1)03422hh，所以 3sin

6、22h xxx在1,1)3上为减函数，#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-3-因为1()03h，所以当(0,)2x时，总有 1()03h xh，即3sin22xx，所以3sin22nnaa，即132nnaa，整理得112nnnaaa，其中1,2,3n 所以21132211,21,212nnnaaaaaaaaa累加后得，1112nnaaS，即1122nnaaS，D 选项正确三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。122；139；143(1,)214【解析】方法一方法一：1()()1f xaf x有三个不

7、等实数根等价于1()()1yf xf x与ya有三个交点，令 11,1111tf xg ttttt ，11()e,1exxf xxfxx，当1x 时，0,()fxf x单调递增，当1x 时，0,()fxf x单调递减，11f当x 时，f x，当x 时，0f x，f x图象如图所示因为1()()1yf xf x与ya有三个交点，所以11ytt 与ya有两个交点，设交点横坐标分别为12,t t，1tf x有1个零点，2tf x有2个零点，则121,01tt或120,01tt，交点情况如图所示，所以312a#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQ

8、FABAA=#-4-方法二：方法二：11()e,1exxf xxfxx，当1x 时，0,()fxf x单调递增，当1x 时，0,()fxf x单调递减，11f当x 时，f x，当x 时，0f x，f x图象如图所示令,tf x1()()1f xaf x有三个不等实数根等价于11tat有两个根，即2110ta ta 有两个根，设两根分别为12,t t，且121,01tt或120,01tt，所以2214 1014 101(1)101(1)101010aaaaaaaaaa 或，解得312a四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15【解析】（1）因为120ABC，2ABBC，

9、所以30ACBBAC，2cos306ACAB，.2 分又BCCD，所以9060ACDACB，.3 分在ACD中，由正弦定理得，sinsinADACACDADC，所以sin6sin602sin32ACACDADCAD，.5 分又060ADC，所以45ADC.6 分（2）在ABC中，2ABBC，ABC，11sin22sinsin22ABCSAB BCABC，.7 分又2sin2 2sin22ACACBC，.8 分【或由余弦定理得：2222cos44cos2 2sin2ACABBCAB BCABCAC】在ACD中，180909022ACDACB，又6CD，#QQABBQQQogggAJAAABhCE

10、QUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-5-所以11sin2 2sin6 sin33cos2222ACDSAC CDACD，.9 分所以四边形ABCD的面积sin33cos32sin(60)ABCACDSSS，.11 分因为120180，6060120，所以当6090，即150时，max32S，故四边形ABCD面积的最大值为32.13 分16【解析】（1）因为四边形ABCD为直角梯形，60DAB，1CD，3AB，所以4AD，2 3BC.2 分因为2 3PCBC，60PCB，所以PBC为正三角形，因为F为BC的中点，所以PFBC，.4 分又因为面ABCD 面PCB，面A

11、BCD与面PCB交于BC，PF 面PCB，.5 分所以PF面ABCD，AD 面ABCD，所以PFAD.6 分（2）以F为原点建系如图，0,0,3P（），3,3,0A（），0,3,0B（），1,3,0D（）.7 分设(0,0,)Ea，3,3,3PA （），2,2 3,0DA （），0,3,BEa（），.9 分设面PAD的法向量为(,)nx y z，所以333022 30 xyzxy令3x，则1y ，2 33z，所以2 3(3,1,)3n，.11 分设直线BE与平面PAD夹角为，则22 3373sin4433an BEn BEa ，.12 分#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkC

12、QkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-6-所以2a .14 分所以2EF 时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为74.15 分17【解析】解：（1）函数()f x的定义域为(0,)，2121()2axf xaxxx.2 分当0a时，2121()20axf xaxxx恒成立.3 分当0a 时，2121()20axf xaxxx解得12xa.5 分综上：当0a时，()f x在(0,)上单调递减；当0a 时，()f x在2(0,)2aa上单调递减，在2(,)2aa上单调递增.6 分（2）方法一方法一:()()eln1xf xg xxx，要证()()f xg xx，即证eln10 xx

13、xx 恒成立，.7 分令()eln1xh xxxx，所以11()(1)e1(1)(e)xxh xxxxx，.9 分令1()exk xx，则()k x在(0,)上单调递增，因为1()e20,(1)e102kk，所以存在01(,1)2x，使0001()e0 xk xx，.11 分（此处用极限说明（此处用极限说明0 x的存在性不的存在性不扣分，不说明函数值的正负扣一分）扣分，不说明函数值的正负扣一分）()h x在0(0,)x上单调递减，在0(,)x上单调递增，所以00000()()eln1xh xh xxxx，.12 分又因为0001()e0 xk xx，所以00001e,lnxxxx，.13 分代

14、入0()h x中得：000()()110h xh xxx ，所以eln10 xxxx ，则()()f xg xx恒成立.15 分#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-7-方法二方法二:()()eln1xf xg xxx，要证()()f xg xx，即证lneln1eln1 0 xxxxxxxx 恒成立，.9 分令lntxx，即证e1 0tt ，.11 分令()e1tk tt，所以()e10tk t，解得0t，所以()k t在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减，.13 分则()(0)0k tk，所以e1 0tt ，则(

15、)()f xg xx恒成立.15 分18【解析】（1）由于yx，.1 分过点(2,2)P的切线l的方程为22yx，.2 分联立椭圆方程2212xy可得291660 xx.3 分设1122(,),(,)A xyB xy，则12122,9316xxx x于是2212121210 2|12|5()49ABxxxxx x.4 分（2）方法一：方法一：设1122(),()A x yB x y，由题意知，切线l斜率存在，设l的方程为ykxb，代入2:2Wxy中得，2220 xkxb，所以2480kb，即22kb.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb，.7 分所以222221

16、222122168(1)(12)8(14)04122212k bbkbbkbxxkbx xk，则2525b ，则140b，.9 分【注：注：1.1.此处标注此处标注0，未解出，未解出b的取值范围，不扣分；的取值范围，不扣分；2.2.解答过程未出现解答过程未出现0，扣，扣 1 1 分分】所以222122112222111168(1)222(12)12OABk bbSx yx yb xxbkk#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-8-214214bbbb22141214bbbb，.11 分令2140tbb，所以22111111

17、2222242OABtStttt，.14 分当且仅当2t，即612b 时取等号成立，代入28(14)0bb 成立，所以OABS的最大值为22.15 分因为GOGAGB 0 ，则G为OAB的重心，13GABOABSS，.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法二：方法二：设1122(),()A x yB x y，由题意知，切线l斜率存在，设l的方程为ykxb，代入2:2Wxy中得，2220 xkxb，所以2480kb，即22kb，则0b.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb，.7 分所以222221222122168(1)(12)8(14)04122212

18、k bbkbbkbxxkbx xk，则250b ，则140b，.9 分所以222122112222111168(1)222(12)12OABk bbSx yx yb xxbkk214214bbbb222214(14)2214(14)bbbbbbbb，.11 分令140tb，所以#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-9-222222(1)(1)(1 1)2(21)(181)21116162(2)(18)1616OABtttttttStttttt 211(2)(18)16tttt，令1tt，则22(2)(18)162OABS，

19、.14 分当且仅当10即601252b 时取等号成立，所以OABS的最大值为22.15 分因为GOGAGB 0 ，则G为OAB的重心，13GABOABSS，.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法三：方法三：设1122(),()A x yB x y，由题意知，切线l斜率存在，设l的方程为ykxb，代入2:2Wxy中得，2220 xkxb，所以2480kb，即22kb.5 分联立2212ykxbxy可得222(21)4220kxkbxb，.7 分所以222221222122168(1)(12)8(14)04122212k bbkbbkbxxkbx xk，则2525b ，则1 40b，.

20、9 分所以2121ABkxx，O到直线l的距离为21bdk，所以2222121222221111168(1)12222(12)121OABbk bbSdABkxxb xxbkkk2222222222222221(1688)(21)(14)222(1)2(21)(21)(14)1414bkbbkbbbbbbkkbbb.11 分#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-10-因为28(14)0bb，所以21 4bb，即2011 4bb，所以22221214142(1)2141422OABbbbbbbSbb，.14 分当且仅当221

21、1 41 4bbbb 即612b 时取等号成立，代入22222168(1)(12)8(14)0k bbkbb 成立，所以OABS的最大值为22，.15 分因为GOGAGB 0 ，则G为OAB的重心，13GABOABSS，.16 分则GAB面积的最大值为26.17 分方法四：方法四：设2,2mP m，此时切线l的方程为22mymx，.5 分联立椭圆方程2212xy可得223442440mxm xm.7 分于是23244244 4248840mmmmm .8 分设1122(,),(,)A xyB xy，由韦达定理可知34121 22244,4242mmxxx xmm，.9 分于是222121212

22、4222114842 2 1,42ABmxxmxxx xmmmm又点O到直线AB的距离为22222,12 1mmdmm因为GOGAGB 0 ，则G为OAB的重心，.11 分故#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#-11-2422422411368412842,426426GABOABSSAB dmmmmmmmm.13 分令24420umm，则2221221221211,6666GABuSuuuu .16 分当且仅当24421umm，即22+6m 时取等号成立故GAB面积的最大值为26.17 分方法五：方法五：设2,2mP m

23、，此时切线l的方程为22mymx，.5 分联立椭圆方程2212xy可得223442440mxm xm.7 分于是23244244 4248840mmmmm .8 分设1122(,),(,)A x yB xy，由韦达定理可知3412122244,4242mmxxx xmm，.9 分于是2221212124222114842 2 1,42ABmxxmxxx xmmmm.11 分又点O到直线AB的距离为22222,12 1mmdmm.12 分因为G为OAB的重心，13GABOABSS.13 分则#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=

24、#-12-2424422224444222212842(84)66426(42)22224242(2)64242626mmmmmmAB dmmmmmmmmmm.16 分当且仅当442224242mmmm，即22+6m，符合0，此时等号成立故GAB面积的最大值为26.17 分19【解析】（1）粒子在第2秒可能运动到点(1,1),(2,0),(0,2)或(0,0),(1,1),(1,1)或(1,1),(2,0),(0,2)的位置，X的可能取值为2,0,2.1 分对应的概率分别为41(2)164P X ，81(0)162P X，41(2)164P X 所以X的分布列为：X202P141214.4 分

25、数学期望111()(2)020444E X .5 分（2）（i）粒子奇数秒后不可能回到原点，故30p.6 分粒子在第4秒后回到原点，分两种情况考虑：（a）每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有44A种情形；（b）每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有242C种情形于是42444429464ACp.8 分【注：此处只有结果，没有列式子，扣【注：此处只有结果，没有列式子，扣 1 1 分】分】第2n秒末粒子要回到原点，则必定向左移动k步，向右移动k步，向上移动nk步，向下移动nk步，故#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoO

26、BEAEIAABSQFABAA=#-13-2222222220022222220022222202!144!2!1144!11.44kkn knnnn knknnnkknnnkn knnnkknnknnnnnnnnknC CCpknknnCC CnknkCCC故2222224216162!1114!nnnnnnnnnpCCn.10 分（ii）利用1/462!2eennnnnnn可知22221/4242!4e,6!62ennnnnnnnCnnnn于是22221146nnnnpCn.12 分令 ln(1),0f xxx x，11011xfxxx，故 f x在0,上单调递增，则 00f xf，于是ln(1)(0)xxx，.13 分从而有21111111ln 1ln1.666nnnkkknkSpnkk.15 分记 x为不超过x的最大整数，则对任意常数0M，当6eMn时，6e1Mn，于是1ln16nSnM综上所述，当6eMn时，nSM成立，因此该粒子是常返的.17 分#QQABBQQQogggAJAAABhCEQUQCkCQkBCCAKoOBEAEIAABSQFABAA=#