吉林省长春市吉大附中实验学校2024届高三上学期第四次摸底考试数学试题

这是一份吉林省长春市吉大附中实验学校2024届高三上学期第四次摸底考试数学试题，文件包含精品解析吉林省长春市吉大附中实验学校2024届高三上学期第四次摸底考试数学试题原卷版docx、精品解析吉林省长春市吉大附中实验学校2024届高三上学期第四次摸底考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 试卷满分：150分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回．
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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求的．
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，，
解得
故选：B
2. 已知复数z满足，则复数z的虚部为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求出，由此得到虚部.
【详解】
复数的虚部为
本题正确选项：
【点睛】本题考查复数的运算及复数的基本概念，属于基础题.
3. 在正项等比数列中，若，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列性质有，代入计算即可得.
【详解】因为为等比数列，所以，
故，
所以，又，所以.
故选：C.
4. 设，则“”是“直线：与直线：”垂直的（ ）
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
【答案】C
【解析】
【分析】根据互相垂直两直线的性质，结合充分性、必要性的定义进行求解即可.
【详解】因为直线：与直线：垂直，
所以有，
因此“”是“直线：与直线：”垂直的充要条件，
故选：C
5. 已知是两条不同直线，是三个不同平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 则B. 则
C. 则D. 则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中直线、平面的位置关系逐项判断.
【详解】对于A：因为所以或或与相交，故A错误；
对于B：因为所以或，故B错误；
对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；
对于D：因为所以或，故D错误；
故选：C.
6. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由三角函数平方关系结合已知求出，从而求出，再由即可求出，最后由两角和的正切公式代入表达式即可求解.
【详解】一方面由题意，且注意到，
联立得，解得，
所以，
另一方面不妨设，且，
所以有，解得或（舍去），即，
由两角和的正切公式有，
所以
.
故选：B.
7. 在数列中，，，，则（ ）
A. B. 15C. D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】变形给定等式，构造数列并求出通匪即可得解.
【详解】由，得，即，
整理得，因此数列是常数列，则，又，于是，
所以.
故选：B
8. 若一个小球与一个四棱台的每个面都相切，设四棱台的上、下底面积分别为，，侧面积为S，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用等体积法即得.
【详解】设小球半径为R，因为一个小球与一个四棱台的每个面都相切，所以四棱台的体积等于以球心为顶点，以四棱台的上、下底面和四个侧面为底面的六个四棱锥的体积之和，其高都是球的半径R，且棱台的高是2R，
则四棱台的体积为，
得，即，
故选：C
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：），相应不同声的声强级如下表所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据表格的数据求出函数的解析式，利用解析式判断选项的正误.
【详解】由表格得，所以，
又因为，得，
所以，A错误；
，则，B正确；
当时，，C正确；
当时，，D正确.
故选：BCD.
10. 在四棱锥中，底面是菱形，P在底面上的射影E在线段上，则（ ）
A. B.
C. 平面D. ⊥平面
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，由线面垂直得到线线垂直，结合勾股定理求出；B选项，由于与不一定相等，故不一定相等；C选项，由线线垂直得到线面垂直；D选项，连接，若不重合，与不垂直，故与不垂直，D错误.
【详解】A选项，由题意得⊥平面，底面是菱形，
连接与交于点，则，⊥，
因为，故，
又，故，A正确；
B选项，因为⊥平面，所以，
由于与不一定相等，故不一定相等，B错误；
C选项，因为底面是菱形，所以，
又⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以平面，C正确；
D选项，连接，若不重合，此时中，为斜边，
故与不垂直，
故与不垂直，故此时与平面不垂直，D错误.
故选：AC
11. 已知，为圆：上的两点，为直线：上一动点，则（ ）
A. 直线与圆相离
B. 当，为两定点时，满足的点最多有2个
C. 当时，的最大值是
D. 当，为圆的两条切线时，直线过定点
【答案】AD
【解析】
【分析】利用圆的圆心到直线的距离判断；利用特殊点判断B；利用特殊位置判断C的正误；求解相交弦所在的直线方程，利用直线系转化求解即可判断D．
【详解】对于A,圆的圆心到直线的距离为：，所以直线与圆相离，所以A正确；
对于B，当一定，，与圆相切时，最大，此时，且是锐角．
因为，要使最大，则最小，当且仅当时，取得最小值，
此时，则，则，则，
此时为正方形，，
所以当，为两定点时，满足 的点至多只有1个，故B不正确．
对于C，当时，设AB中点为D，则 ，
点D在以O为圆心，半径为的圆上，，
显然P在直线l上运动时，PD无最大值，所以C不正确；
对于D，因为点为直线上，所以设，
圆的圆心为，
所以中点坐标为，且，
所以以为直径的圆方程为，
即，
圆与圆的公共弦直线方程为，
即，
令，解得，
即直线过定点，D正确．
故选：．
12. 已知函数，若函数有4个零点，且其4个零点，，，成等差数列，则（ ）
A. 函数是偶函数B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意得，当时，，当时，，作出的图象，利用偶函数的判断方法可得出选项A正确，结合图象得，，再根据条件可得，从而可判断出选项B和C的正误，再利用，即可判断出选项D的正误，从而得出结果.
【详解】因为，所以当时，，
当时，，其图象如图所示，
对于选项A，因为的定义域为关于原点对称，
又，所以选项A正确，
由图知，且，，
又，，，成等差数列，所以，又，得到，所以选项B错误，
对于选项C，因，得到，所以，故选项C正确；
对于选项D，又，所以，得到，
所以，故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是分类讨论，作出分段函数的图象，再作出水平线，得到零点的位置，根据对数型函数的特点得到零点之间的关系.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知实数，满足，则的最大值为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用重要不等式，转化为不等式，求的最大值.
【详解】因为，所以，
即，当时，等号成立，
所以的最大值是.
故答案为：
14. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为______
【答案】
【解析】
【分析】利用两个向量垂直的性质、两个向量的数量积的定义，求得与的夹角的值．
【详解】非零向量，满足，且，
设与的夹角为，，，
则，解得，
．
故答案为：．
15. 已知数列各项非零．前项和为，，且，则______
【答案】199
【解析】
【分析】由题意根据的关系先得，由此可得数列中的偶数项构成一个等差数列，由此即可得解.
【详解】由题意，，两式相减得，
因为，所以，
所以，
所以数列是以为首项，4为公差的等差数列，令，
在中令，结合，得，解得，
所以，
所以.
故答案为：199.
16. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，记的面积为，外接圆的面积为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据两角和与差正弦公式化简，再利用正弦定理求面积比值.
【详解】因为，
所以.
设外接圆的半径为R，
则.
故答案为：
四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知等差数列的前项和为，且满足，．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的性质可求得、的值，可得出的值，再利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）由已知可得，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
由题意可得，则，
，可得，
所以，，则.
【小问2详解】
解：因为，
所以，①
，②
①②得，
．
故．
18. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．
（1）求与的解析式；
（2）令，求在区间内的所有实数解的和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象得到，代入，求出，得到的解析式，并根据平移法则计算出的解析式；
（2）求出，故得到，令，画出的函数图象，数形结合得到根的和.
【小问1详解】
设函数的最小正周期为，
因为，由函数可得，
因为，所以，解得，
将代入解析式，得，故，
因为，所以，，
故，解得，
故，
的图象向右平移个单位长度，
得到；
【小问2详解】
，
令得，即，
当时，，令，
画出在的函数图象，如下：
共有4个解，其中，
即，解得，
.
19. 已知圆C过点 ，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程．
（2）设直线与圆C交于不同的两点A，B，是否存在实数a，使得过点 的直线l垂直平分弦AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设圆的方程，由题意列出方程组，解方程组求得答案；
（2）假设存在符合条件的实数a，可判断圆心 必在直线l上，结合直线l垂直平分弦AB，求得a,再利用直线交圆C于A，B两点，结合判别式求得a的范围，即可得出结论.
【小问1详解】
设圆C的方程为，
则有，解得，
所以圆C的方程为，
化为标准方程，得．
【小问2详解】
假设存在符合条件的实数a，由于直线l垂直平分弦AB，
故圆心 必在直线l上，所以直线l的斜率，
又，所以．
将与圆C方程联立，
整理得，由于直线交圆C于A，B两点，
故，解得，与矛盾，
故不存在实数a，使得过点P（2，0）的直线l垂直平分弦AB．
20. 已知函数．
（1），求函数的最小值；
（2）若在上单调递减，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用二次求导法进行求解即可；
（2）运用常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
令，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
因此当时，则有，
因此当时，则有，
当时， 显然，
于是有当时，函数单调递减，
当时，函数单调递增，
所以；
【小问2详解】
由，
因为在上单调递减，
所以在上恒成立，
由，
设，则有，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
要想在上恒成立，
只需，因此的取值范围为.
21. 如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，．
（1）当时，求平面与平面的夹角大小；
（2）若平面，求的最小值．
【答案】21. 22. 8
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面MDN与平面DNC的夹角；
（2）利用空间向量法把线面平行转化为得向量垂直，从而利用数量积运算化简即可得与的关系，再结合基本不等式可得的最小值；
【小问1详解】
因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

当时，、、、、、、
，
则，，，
设平面MDN的法向量为，则，
取，可得，
设平面DNC的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面MDN与平面DNC的夹角为，所以，所以，
故平面MDN与平面DNC的夹角为.
【小问2详解】
，，设平面PBC的法向量为，
则，取，可得，
因为，，所以，，
则，因平面PBC，
所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为8.
22. 数列：满足：，，或1．对任意，，都存在，，使得，其中且两两不相等．
（1）若时，写出下列三个数列中所有符合题目条件的数列序号；①1，1，1，2，2，2；②1，1，1，1，2，2，2，2；③1，1，1，1，1，2，2，2，2，2；
（2）记，若，求的最小值；
（3）若，求最小值．
【答案】（1）②③ （2）证明见详解
（3）1008
【解析】
【分析】（1）由题干的四个限定条件对数列序号逐一判断即可；
（2）由反证法证明即可；
（3）由（2）得出一个，证明满足题意，即可得到的最小值.
【小问1详解】
结合数列的定义，
对①，，不满足，故①不符合；
对②，当时，存在，同理当时，存在，当时，存在，故②符合；
同理对③也满足，故满足题目条件的序列号为：②③；
【小问2详解】
当时，设数列中1，2，3出现的频次为，
由题意知，，假设时，，（对任意），与已知矛盾，故，同理可证，
假设，数列可表示为：，显然，故，
经验证时，显然符合，
所以，，，数列的最短数列可表示为：，
故；
【小问3详解】
由（2）知，数列首尾应该满足，假设中间各出现一次，此时，显然满足或1，
对或时，显然满足（）；
对，或时，显然满足（）；
对时，则可选取，满足；
同理若，则可选取，满足；
如果，则可取，这种情况下每个数最多被选取一次，因此也成立，故对任意i，j，都存在s，t，使得，其中且两两不相等，
故的最小值为1008.
【点睛】关键点睛：第三问关键是首先得出数列首尾应该满足满足的限制条件，然后对的取值进行分类讨论.
（）
正常人能忍受最高声强1
正常人能忍受最低声强
正常人平时谈话声强
某人谈话声强
（dB）
120
0
80