吉林省部分学校2024届高三下学期高考模拟（三）数学试题及答案

这是一份吉林省部分学校2024届高三下学期高考模拟（三）数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足（为虚数单位），则对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知集合，，，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知抛物线的焦点为F，A是上一点，为坐标原点，若的面积为，则（ ）
A．B．
C．D．
4．某公司需要把直径为20cm的实心铁球融化后浇注为一个棱长为的正方体实心模具（不计损耗），则至少需要（ ）
A．5个这样的实心铁球B．6个这样的实心铁球
C．7个这样的实心铁球D．8个这样的实心铁球
5．已知一个底面半径为3，高为6的圆锥，被一个过该圆锥高的三等分点（距离圆锥顶点较近的三等分点）且平行于该圆锥底面的平面所截，则截得的圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知某种疾病的某种疗法的治愈率为．若有1000位该病患者采取了这种疗法，且每位患者治愈与否相互独立，设其中被治愈的人数为，，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，则“有两个极值”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，且，，，则（ ）
A．B．C．0D．1
二、多选题
9．为了解高二学生是否喜爱物理学科与性别的关联性，某学校随机抽取了200名学生进行统计．得到如图所示的列联表，则下列说法正确的是（ ）
A．喜爱物理学科的学生中，男生的频率为
B．女生中喜爱物理学科的频率为
C．依据小概率值的独立性检验，可以推断学生是否喜爱物理学科与性别有关
D．在犯错误的概率不超过的前提下，认为学生是否喜爱物理学科与性别无关
参考公式：，其中.
附表：
10．在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，记此人中间两天走的路程之和为，中间四天走的路程之积为，则下列说法正确的是（ ）
A．此人第一天走了全程的一半
B．此人第五天和第六天共走了18里路
C．
D．
11．已知圆，直线过点，且交圆于B，C两点，点为线段的中点，点为圆上任意一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．若圆上仅有三个点到直线的距离为，则的方程是
B．使为整数的直线共有8条
C．若直线的斜率一定，则是关于的单调递增函数
D．的最小值为
12．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题
13．已知双曲线的对称轴为坐标轴，一条渐近线的方程为，且点在上，则的标准方程为 ．
14．请写出一个幂函数满足以下条件：①定义域为；②为增函数；③对任意的，，都有，则 ．
15．在中，令，，若，，，，则的边上的中线长为 ．
16．已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值范围为 ．
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的最小值．
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且角A，B，C成等差数列，，．
(1)求；
(2)若点为线段的中点，求的长．
19．如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，高为，O，E分别为底面的中心和的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于P，Q两点，的周长为8，焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与圆相切，且与交于不同的两点R，S，求的取值范围．
21．篮球运动是在1891年由美国马萨诸塞州斯普林尔德市基督教青年会训练学校体育教师詹姆士·奈史密斯博士，借鉴其他球类运动项目设计发明的．起初，他将两只桃篮钉在健身房内看台的栏杆上，桃篮上沿离地面约米，用足球作为比赛工具，任何一方在获球后，利用传递、运拍，将球向篮内投掷，投球入篮得一分，按得分多少决定比赛胜负．在1891年的12月21日，举行了首次世界篮球比赛，后来篮球界就将此日定为国际篮球日．甲、乙两人进行投篮，比赛规则是：甲、乙每人投3球，进球多的一方获得胜利，胜利1次，则获得一个积分，平局或者输方不得分．已知甲和乙每次进球的概率分别是和p，且每人进球与否互不影响．
(1)若，求乙在一轮比赛中获得一个积分的概率；
(2)若，且每轮比赛互不影响，乙要想至少获得3个积分且每轮比赛至少要超甲2个球，从数学期望的角度分析，理论上至少要进行多少轮比赛？
22．已知函数．
(1)求函数的单调区间和最小值；
(2)若，证明：．
性别
物理学科
喜爱
不喜爱
男
60
40
女
20
80
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】设，根据复数相等求出的值，根据复数的几何意义，即可求得答案.
【详解】设，
由得，
即，
即对应的点为，在第二象限，
故选：B
2．A
【分析】由题意得，求解即可
【详解】因为，所以，解得，又a是正实数，
所以则正实数的取值范围为，
故选：A
3．B
【分析】设，根据的面积求得，继而求得，根据抛物线焦半径公式，即可求得答案.
【详解】由题意知抛物线的焦点为F，则，焦准距，
设，则由的面积为，得，
则，故，
则，
故选：B
4．C
【分析】根据球体体积和正方体体积计算公式，结合题意求解即可.
【详解】直径为20cm的实心铁球的体积；
一个棱长为的正方体实心模具的体积，
设至少需要个这样的实心铁球，则，
解得，，故至少需要7个这样的实心铁球.
故选：C.
5．B
【分析】确定圆台的高和底面半径，根据圆台的体积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知截得的圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为3，
故截得的圆台的体积为，
故选：B
6．D
【分析】根据二项分布的概率列出的表达式，由题意可得不等式，化简并结合指数函数性质，即可求得答案.
【详解】由题意知,
故，，
由得，
即，即，则，
由于，故，
故选：D
7．B
【分析】根据有两个正的穿越零点，求得有两个极值点的充要条件，再求其充分不必要条件即可.
【详解】由题可得，
若满足题意，则有两个正的穿越零点，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，，当趋近于正无穷时，趋近于，
若有两个正的穿越零点，则，解得，
即有两个极值的充要条件是：，
根据选项，则有两个极值的一个充分不必要条件是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对，分离参数，构造函数，利用导数研究其单调性，从而求得有两个极值点的充要条件.
8．D
【分析】由已知结合赋值法推出函数为偶函数，进而采用变量代换的方法，推出函数的对称中心，进而推出其周期，再结合赋值法求得，结合函数的周期性，即可求得答案.
【详解】由题意知函数的定义域为，且，，
令，则，即，故为偶函数；
又，令，则，
又由，得，
即的图象关于点成中心对称，则；
，即，又结合为偶函数，
则，故，即4为的周期，
故，
故
，
故选：D
【点睛】方法点睛：（1）涉及到抽象函数的求值问题，一般利用赋值法，即令x取特殊值，求得函数值；（2）涉及抽象函数的奇偶性、单调性、对称性以及周期性问题，往往利用变量代换结合相关定义进行推导.
9．AC
【分析】根据列联表，结合古典概型的概率公式，即可判断A，B；计算的值，根据独立性检验的基本思想，即可判断C，D.
【详解】对于A，喜爱物理学科的学生共有（名），
故喜爱物理学科的学生中，男生的频率为，A正确；
对于B，女生共有100名，喜爱物理的女生有20名，
故女生中喜爱物理学科的频率为，B错误；
对于C，D，，
故依据小概率值的独立性检验，可以推断学生是否喜爱物理学科与性别有关，
即在犯错误的概率不超过的前提下，认为学生是否喜爱物理学科与性别有关，C正确，D错误，
故选：AC
10．BCD
【分析】由题意可知，此人每天走的路程构成等比数列，由已知条件求出首项和公比，再利用等比数列定义求出每天的路程，即可对选项做出判断.
【详解】设此人第天走了里路，则数列是首项为，公比为的等比数列；
已知六天走的路程总和为，解得；
对于A，此人第一天走了全程的，大于全程的一半，即A错误；
对于B，已知，可得，即B正确；
对于C，中间两天走的路程之和为，
则，即C正确；
对于D，中间四天走的路程之积为，可知D正确；
故选：BCD
11．AD
【分析】对A：根据几何关系，求得直线的斜率，结合点斜式即可求得直线方程；对B：求得的范围，再结合圆的对称性，即可求得结果；对C：取特殊状态即可验证；对D：根据三角形中三边关系，求得，再求的最大值即可.
【详解】圆，即，
故，圆半径，；
对A：因为，

若圆上仅有三个点到直线的距离为，则直线与垂直，
设直线斜率为，则，解得，
故直线的方程为，即，故A正确；
对B：因为直线过点，且，
则当直线过时，取得最大值，此时；
当直线与垂直时，取得最小值，此时，

故当为整数，则，
当时，根据圆的对称性，对应的直线共有6条；
当时，对应的直线只有条，
故使为整数的直线共有条，B错误；
对C：当直线过点时，此时点与点重合，为定值，故C错误；

对D：在三角形中，
，即，
又当为线段的延长线与圆的交点时，，
当为线段的延长线与圆的交点时，，

综上所述：，故，
又当重合时，也即与直线垂直时，取得最大值，最大值为，
故，
当且仅当与直线垂直，且为线段的延长线与圆的交点时取得最小值，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题选项D的解决关键是根据三角形中三边的关系，求得，再求的最大值.
12．AD
【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，类比球体的截面，找到截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断.
【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，则点坐标为；
对A：设平面的法向量为，，
则，即，取，解得，故；
又，，
考虑到，则，故，
故一定是异面直线，A正确；
对B：，，
若，则，即，
解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；
对C： ，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为
则，则，
，又，故，
即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；
对D：由正方体中心对称（类比为球体，将看做弦），
故过的截面经过对称中心所得截面最大，
此时截面交于中点，也为中点，
所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
故此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态.
13．.
【分析】根据渐近线方程设出双曲线方程，待定系数即可求得结果.
【详解】由双曲线的一条渐近线为，故设双曲线方程为：，
又在双曲线上，则，
故所求双曲线方程为：，整理得：.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】根据幂函数的性质可写出一个符合①②的幂函数，利用作差法说明其也满足③，即可得答案.
【详解】由题意可知的定义域为，且在上为增函数；
下面证明该函数满足③：
取任意的，，
，
则，
当且仅当时取等号，
即，即满足③，
故答案为：
15．
【分析】根据题意可得，易知，再由模长及数量积可得结果.
【详解】设的中点为，如下图所示：

则，
由，可得；
所以，
可得中线长.
故答案为：
16．
【分析】先根据题意确定，从而结合，确定，由此分类讨论，即讨论与余弦函数的零点，的位置关系，列不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知函数在区间上有且仅有一个零点，
故函数的最小正周期,
又，则，而，
当时，即时，需有，即，此时；
当时，即时，，此时函数在上无零点，不合题意；
当时，即时，需有，即，此时；
当时，即时，，此时函数在上有一零点，符合题意；
当时，即时，需有，即，此时；
综合上述，得的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了根据余弦型函数的零点个数，求解参数范围问题，解答的难点在于要根据，确定，由此要分类讨论该区间的两端点的位置关系，结合余弦函数的对称中心，列不等式求解参数范围.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用等差数列基本量求得和公差，即可写出通项公式；
（2）根据等差数列的前项和公式求得，再解不等式，即可求得结果.
【详解】（1）设的公差为，由题可得：，
解得，故.
（2）根据（1）中所求可得，
由，则可得，即
解得（舍去）或，
故的最小值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题意结合等差中项可得，再由余弦定理求出，由正弦定理求，最后由同角基本关系式可解；
（2）在中，由余弦定理求的长．
【详解】（1）因为角A，B，C成等差数列，则，
又，所以，
由余弦定理，，
即，
又由正弦定理，，即，
所以，又，所以
则;
（2）在中，由余弦定理
，
所以.
19．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，并求出平面与平面的夹角的余弦值，得到和的关系式即可求出的值.
【详解】（1）连接、，
∵O，E分别为的中点和的中点，
∴∥，
∵∥，∴∥，
∴四点、 、 、共面，
∵ ， ，且，、平面，
平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面，
（2）分别以、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量，则，
即，令，则，∴，
设平面的法向量，则，
即，令，则，，∴，
∴，
∴.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由的周长结合椭圆的定义得出，再由的关系求出，进而得出椭圆的方程；
（2）当直线斜率不存在时，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，由直线与圆相切，得，再联立方程组，由弦长公式求最值.
【详解】（1）因为的周长为8，
所以，解得，
焦距为，，所以，
所以椭圆E的方程为．
（2）由（1）可知圆，
当直线斜率不存在时，为或，
当时，，则，
当时，同理，
当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
因为直线与圆相切，所以，则，
设，
联立椭圆于直线方程，
消元得，
所以，
由，得,
,
令，
则，
由，所以当时，，
而时，单调递减，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．(1)；
(2).
【分析】（1）分别求得甲和乙在每一轮比赛中投进球对应的概率，再结合题意，求出乙在一轮比赛中获得1个积分的概率即可；
（2）先求得乙在每轮比赛至少要超甲2个球的概率，设随机变量表示轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分，根据二项分布的期望计算公式求得，进而根据题意，列出不等关系，结合导数研究函数的单调性，从而求得结果.
【详解】（1）设事件表示甲在一轮比赛中投进个球，表示乙在一轮比赛中投进个球，
则，，，；
，，，；
若乙在一轮比赛中获得一个积分，则乙胜利次，
故其概率
.
（2）设事件表示乙每场比赛至少要超甲2个球，则
；
设随机变量表示轮比赛后，乙在每轮比赛至少要超甲2个球的情况下获得的积分，
显然，故，
要满足题意，则，即，又，故，
令，则在恒成立，
故在上单调递增，又的最大值为，
则的最大值为，的最小值为，而，
故理论上至少要进行轮比赛.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键是设出随机变量，利用二项分布的期望求解公式，解得；同时，构造函数，利用导数研究其单调性和最值；属综合困难题.
22．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断导数的正负，即可求得单调区间以及函数的最小值.
（2）利用基本不等式放缩，将化为，即可证明，由此构造函数，利用导数可推出，故需证明，继而构造函数，再利用导数进行不等式的证明，即可证明结论.
【详解】（1）由于，则，
令，则；令，则；
故的单调递增区间为，单调递减区间为，
则；
（2）证明：由题意知，则，故，
当且仅当，即时取等号，由于，而，
故等号取不到，，故，
要证明，只需证，
令，则，
当时，，即在上单调递减，
故，即；
故只需证明，即证，
令，，
由（1）知，故，
即在上单调递增，则，
故，即成立，故原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数的应用，利用导数求解函数的单调区间以及最小值和证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要首先利用基本不等式放缩，进而要连续构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性，从而证明不等式.