2024年长春市高三三模数学试题和答案

这是一份2024年长春市高三三模数学试题和答案，共6页。试卷主要包含了 214，73 – 9  5 2等内容，欢迎下载使用。

为了迎接 2025 年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞
赛活动. 已知该班男生 35 人，女生 25 人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩
的方差分别为 s 2 ， s 2 ，该班成绩的方差为 s2 ，则下列判断一定正确的是
本试卷共 5 页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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
s2
12
s 2 + s 2
= 12
2
7s 2 + 5s 2
s2
s 2 + s 2
≥ 12
2
7s 2 + 5s 2
粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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。
请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书
s2 = 12
12
s2 ≥12
12
137
写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
已知随机事件 A ， B 满足 P( A) =， P( A | B) =， P(B | A) =，则 P(B) =
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。
保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
1
4
3
16
3
9
16
416
41
48
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.
函数 y =
f (x) 及其导函数 y =
f '(x) 在区间[a, b] 上的图象如图所示，已知两图象有
经过 A(1,1) ， B(–1,1) ， C(0, 2) 三个点的圆的方程为
且仅有一个公共点(0,1) ，则
(x +1)2 + ( y –1)2 = 2
C. x2 + ( y –1)2 = 1
(x –1)2 + ( y –1)2 = 2
D. x2 + ( y +1)2 = 1
A. 函数 y = ex f (x) 的最大值为1
B. 函数 y = ex f (x) 的最小值为1
2
已知向量a = (2, 4) ， b = (3,–1) ，则“ k =”是“ (a + kb) ⊥ (a – kb) ”的
C. 函数 y =
f (x)
ex的最大值为1
f (x)
y
1
a
O
b x
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
D. 函数 y =的最小值为1
ex
⎧2x ,
x > 0
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.
已知函数 f (x) = {
⎩ f (x + 2),
，则 f (–3) =
x ≤ 0
已知 f (x) = Asin(xx + φ) （ A > 0 ，x > 0 ，0 < φ < π ）的部分图象如图所示，则
A. 1B. 2C. 4D. 8
酒驾是严重危害交通安全的违法行为，为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL
2
f (x) 的最小正周期为π
f (x) 满足 f (x) + f (5π – x) = 0
3
血液中酒精含量达到 20～79mg 的驾驶员即为酒后驾车，80mg 及以上认定为醉酒驾
车. 假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了 0.6mg/mL. 如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时 30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶？（结果取整数，参考数据： lg 3 ≈ 0.48 ，lg7≈0.85）
A. 1B. 2C. 3D. 4
f (x)
f (x)
π 5π
在区间[ 3 , 6 ] 的值域为[–1, 3]
π
在区间( , 2π) 上有 3 个极值点
2
已知复数 z1, z2 满足| z1 |=| z2 |= 3,
3
3B. 2
z1 + z2 = 2 –
5
2
C. 3
i ，则| z1 – z2 |=
3
D. 3
设等比数列an的公比为 q，其前 n 项和为 Sn ，前 n 项积为Tn ，满足a1 > 1，a7a8 > 1，
a –1
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
（13 分）
7 < 0 . 则
a8 – 1
0 < q < 1
Tn 的最大值为T7
a7a9 < 1
Sn 的最大值为S7
在△ABC 中， A、B、C 所对的边分别为a、b、c ， a sin B = –
角平分线交 BC 于点 D ，且 AD = 1 .
求 A 的大小；
5
若a = 2，求△ABC 的面积.
3b cs A ， A 的
某圆锥的侧面展开图是圆心角为
2π ，面积为3π 的扇形，则
3
（15 分）
该圆锥的母线与底面所成角的正弦值为 2 2
3
已知函数 f (x) = x
ex
– aex ， a ϵ R .
若该圆锥内部有一个圆柱，且其一个底面落在圆锥的底面内，则当圆柱的体积最
（1）当a = 0 时，求曲线 y = f (x) 在 x = 1 处的切线方程；
2
大时，圆柱的高为
3
若该圆锥内部有一个球，则当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为 2 3
3
若该圆锥内部有一个正方体 ABCD – A1B1C1D1 ，且底面 ABCD 在圆锥的底面
当a = 1时，求 f (x) 的单调区间和极值；
若x ϵ R ， f (x) ≤ ex–1 ，求a 的取值范围.
（15 分）
已知 F ， F 分别为双曲线C ：3x2 – y2 = λ （ λ > 0 ）的左、右焦点，过 F 的直线
内，当正方体的棱长最大时，以 A 为球心，半径为
的球与正方体表面交线的长122
4 6
9
度为 5 6 π
9
l 与双曲线C 的右支交于 A, B 两点. 当l 与 x 轴垂直时， △ABF1 面积为12 .
求双曲线C 的标准方程；
当l 与 x 轴不垂直时，作线段 AB 的中垂线，交 x 轴于点 D . 试判断| DF2 | 是
| AB |
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知α ϵ(0, π) ，且sin α + csα = 1 ，则sin 2α =.
5
直线l 与抛物线 x2 = 4 y 交于 A, B 两点，若| AB |= 6 ，则 AB 中点 M 到 x 轴距离的
否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
（17 分）
A1
B1
D
M
由正棱锥截得的棱台称为正棱台，如图正四棱台
2
1
D1C1
ABCD – A B C D 中， A B =AB =， M 为 BC 中
最小值是.
1 1 1 1
1 12
. .1 . .C
有序实数组(x1, x2 ,…, xn )（ n ≥ 2 且n ϵ N* ）称为 n 维向量，| x1 | + | x2 | +…+ | xn |为该向量的范数. 已知 n 维向量a = (x1, x2 ,…, xn ) ，其中 xi ϵ{0,1, 2}，i = 1, 2,..., n ，记范数为奇数的n 维向量a 的个数为 An ，则 A4 = ； A2n+1 = .
（用含 n 的式子表示）
点，点 P 满足 AP = (1– λ) AB + 2 λ AD + λ AA1 ，其中
λ ϵ(0,1) .AB
32
证明 D1P ⊥ AC ；
若平面 AMC1 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 7 ，且 λ = 3 ，求直线 DP 与平面 AMC1 所成角的正弦值.
（17 分）
入冬以来，东北成为全国旅游话题的“顶流”. 南方游客纷纷北上，体验东北最美的冬天. 某景区为给顾客更好的体验，推出了 A 和 B 两个套餐服务，并在购票平台上推出了优惠券活动，顾客可自由选择 A 和 B 两个套餐之一，下表是该景区在购票平台 10 天销售优惠券情况.
1 101010 2
日期t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量
y (千张)
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4
经计算可得： y = 10 Σ yi = 2.2 ， Σti yi = 118.73 ， Σti
= 385 .
i=1
i=1
i=1
由于同时在线人数过多，购票平台在第 10 天出现网络拥堵，导致当天顾客购买的优惠券数量大幅减少，现剔除第 10 天数据，求 y 关于t 的回归方程（精确到 0.01），
并估计第 10 天的正常销量；
假设每位顾客选择 A 套餐的概率为 2
5
，选择 B 套餐的概率为 3
5
，其中 A 套餐
包含一张优惠券， B 套餐包含两张优惠券，截止某一时刻，该平台恰好销售了 n 张优惠券，设其概率为 Pn ，求 Pn ；
记（2）中所得概率 P 的值构成数列{P } (n ϵ N*) .
nn
① 求数列{Pn } 的最值；
② 数列收敛的定义：已知数列{an }，若对于任意给定的正数s ，总存在正整数
N0 ，使得当n > N0 时，| an – a |< s ，（ a 是一个确定的实数），则称数列{an }收敛于
a . 根据数列收敛的定义证明数列{Pn } 收敛.
回归方程 y = a + bx 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
n
Σ xi yi – nx  y
n
b = i=1 ， a = y – b x .
i
Σ
i=1
x2 – nx2
长春市 2024 届高三质量监测（三）
数 学
故 g(x) 在R 上单调递减，而 g(0) = 0 ，因此0 是 g(x) 在R 上的唯一零点
即： 0 是 f (x) 在R 上的唯一零点6 分
当 x 变化时， f (x) ， f (x) 的变化情况如下表：
x
(–, 0)
0
(0, +)
f (x)
+
0
–
f (x)

极大值

一、单项选择题：
1
2
3
4
5
6
7
8
C
A
B
D
D
D
A
C
二、多项选择题：
f (x) 的单调递增区间为： (0, +) ；递减区间为： (–, 0)8 分
f (x) 的极大值为 f (0) = –1，无极小值9 分
9
10
11
AD
ABC
ACD
– xxx–1
xe–x – ex–1x1
由题意知 xe
– ae ≤ e
，即a ≥ex，即a ≥
e2 x
–，（1 分）
e
x1
e2x – 2xe2x
1– 2x
三、填空题:（本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在答卷纸的相应位置上）
设m(x) = e2 x – e ，则m ( x) =
(e2 x )2
=
e2 x
，11 分
12.
– 24
25
13. 214. 40；
32n+1 –1
2
令m(x) = 0 ，解得 x = 1 ，
2
四、解答题：
当 x ϵ(– 1
 0, m(x) 单调递增，
（本小题满分 13 分）
【试题解析】（1）因为a sin B = –
3b cs A ，
当 x ϵ( 1 ,
, ), m (x) 2
+), m(x) < 0, m(x) 单调递减，（2 分）
由正弦定理可得sin Asin B = –
3 sin B cs A3 分
3
2π
2
所以m(x)=
1 = 1
– 1 = – 1
，14 分
sin B s 0 ，所以sin A = –
3 cs A ，故tan A = –， A =6 分
3
max
m( ) 2
2ee2e
（2）由题意可知 SABD + SACD = SABC ，
所以a ≥ – 1
.15 分
即 1 c sin π
+ 1 b sin π
= 1 bc sin 2π
2e
，化简可得b + c = bc ，9 分
232323
在△ABC 中，由余弦定理得cs A =
(bc)2 – 2bc – 201
b2 + c2 – a2
2bc
= (b + c）2 – 2bc – a2
2bc
= – 1
2
17. （本小题满分 15 分）
2
λ
【试题解析】（1）双曲线3x2 – y2 = λ 可化为 x
3
y2
–=
λ1，1 分
从而
2bc
= –，解得bc = 5 或bc = –4 （舍）12 分
2
112 3λ2λ
所以 S= 1 bc sin A = 1  5  sin120
ABC22
= 5 3
4
…13 分
S△ ABF1 = 2 | F1F2 |  | AB |= 2 (2 
) 
3 3λ
3
= 4λ = 12 ，即λ = 34 分
（本小题满分 15 分）
【试题解析】（1）当a = 0 时， f (x) =
x ，则 f (x) = 1 – x ， f (1) = 0 ，（2 分） f (1) = 1 ，
双曲线C 的标准方程为
2
2y
x –= 15 分
3
exex
e（2）设直线l 的方程为 x = ty + 2 （ t s 0 ）， A(x , y ) ， B(x , y ) ，
所以切线方程为 y = 13 分
3x2 – y2 = 3
1122

e
– xx
– xx
1 – x – e2x
联立双曲线C 与直线l ： x = ty + 2
消去 x 可得： (3t2 –1) y2 +12ty + 9 = 0 ，
（2）当a = 1时， f (x) = xe– e ， f (x) = (1 – x)e
– e =
ex
…4 分
–12t9
令 g(x) = 1 – x – e2x ， g(x) = –1 – 2e2x < 0
因此 y1 + y2 = 3t2 –1 ， y1 y1 = 3t2 –17 分
进而可得 x + x
= –4 ，即 AB 中点 M 为( –2 , –6t ) ，9 分
. = (1 – λ)(0, 2 2, 0) + 1 λ (–2 2, 0, 0) + λ ( – 2 , 2 , 0 (
3 2 λ, 2
– 3 2 λ, λh 
123t 2 –1
3t2 –1 3t 2 –1
AP222
 =  – 22
2
线段 AB 的中垂线为 y +6t= –t(x +2) ，10 分
.( 3 22

3t 2 –13t2 –1
D1 A =  2 ,– 2 ,–h 
+
3t 2 –13t 2 –1
|=|
| . ………
1+ t 2
( –12t )2 – 4
3t2 –1
9
3t 2 –1
–886t 2 + 6
则 D(2
, 0) ，（1 分）即| DF2 |=| 2
…12 分
. . .
( 3 23 23 23 2
3t –1
D1P = D1 A + AP =  – 2 λ +
,–λ +
22
2 , λh – h 5 分
1+ t 2( y + y )2 – 4 y y
12
1 2
6t 2 + 6
. .
| AB |=
=
=|| ，
故 AC  D P = 0 ，所以 D P  AC7 分
3t 2 –111
…14 分
即| DF2 | 为定值 115 分
（2）设平面 ABCD 的法向量为n = (0, 0,1)
.
设平面 AMC 的法向量为m = ( x, y, z ) ，= (–
.
)
2, 2 2, 0 ，
( 3 2 , 3 2 , h 
| AB |
1AM
AC1 =  – 22
3 2
3 2
.

– 2x + 2 2 y = 0
18.（本小题满分 17 分）
则有 AM  m = 0 ，即，
【试题解析】（1）方法一：
 .
 AC1  m = 0

–
x +
y + hz = 0
1 . . . .2
22
m A1B1 = 2 AB ,m AA1  AB = AA1  AD = 2 2  2
= 22 分
令 x = 2 2h ，则m = (2 2h, 2h, 3)9 分
m D A = – 1 AD – AA
又题意可得 cs
m, n =
3= 3 ，可得h = 211 分
121
8h2 + 2h2 + 97
.. . .
11 . .
2(4 
(22
.(4 
m D1P = D1 A + AP = (1– λ) AB + ( λ –
) AD + (λ –1) AA14 分
因为λ = 3 ，经过计算可得 P  0, 0, 3  ， D1  –
2 ,– 2 , 2  ， D1P = 
2, 2, 3  ……13 分
22
. .
m= [(1– λ
. + ( 1 λ – 1
.
+ (λ –
. . .
+
将h = 2 代入，可得平面 AMC 的法向量m = (4 2, 2 2,3)15 分
D1P AC
) AB
) AD
22
1) AA1] ( ABAD)1
.2
11 .2
. . . .
设直线 DP 与平面 AMC1 所成角的为θ
= (1– λ) AB
+ ( λ – ) AD
22
11
+ (λ –1) AB  AA1 + (λ –1) AD  AA1
sinθ =
.
=
= 24 1317 分
= 8(1– λ) + 8(
λ – ) + 4(λ –1) = 06 分
22
cs
DP, m
8 + 4 + 4
2 + 2 + 16 32 + 8 + 9
9
91
m D1P  AC, 即 D1P  AC7 分
方法二：以底面 ABCD 的中心O 为原点，以OM 方向为 y 轴，过O 点平行于 AD
向前方向为 x 轴，以过点O 垂直平面 ABCD 向上方向为 z 轴，建立如图所示空间直角坐
19.（本小题满分 17 分）
1 92.2 10 – 0.4
标系，设正四棱台的高度为 h ，则有
【试题解析】（1）剔除第 10 天数据后的( y ) =Σ yi =
新9
9
i=1
= 2.4 ，
A( 2,–
2, 0) ， B (
2, 2, 0) ， C (–
2, 2, 0) ，
1+ 2 ++ 9
( 9
(t ) == 5
 Σti yi 
= 118.73 –10  0.4 = 114.73 ；
D (–
2,–
2, 0) ， A ( 2 ,– 2 , h  ， C ( – 2 , 2 , h  ，新9
 i=1新
1  22
1 229

( Σt 2 = 385 –102 = 285
…1 分
2
2
(i 
D1  –
.

,–
22
, h  ， M (0, 2, 0)

 i=1
新
114.73 – 9  5 2.4673
AC = (–2 2, 2 2, 0)
所以b ==
285 – 9  52
6000
故a = 2.4 –
673  5 = 11035 ，所以 y = 0.11x +1.843 分
60006000
据此可估计第 10 天的正常销量约为 2.94 千张4 分
23222319
由题意可知 Pn =
Pn–1 +
Pn–2 (n  3) ，其中 P1 =， P2 =+=…6 分
555
3
55525
则 Pn – Pn–1 = –
( Pn–1 – Pn–2 )(n  3) ，8 分
5
19293
所以Pn – Pn–1 是以首项为 P2 – P1 =–=，公比为–的等比数列，
9 (3 n–2
255255

故 Pn – Pn–1 = 25  – 5 
(n  2) 成立，9 分
9 (3 0
(3 1
(3 n–2 
则有 Pn – Pn–1 + Pn–1 – Pn–2 +... + P2 – P1 = 25  – 5  +  – 5  ++  – 5 
L
(3 n–2(3 
9 1+  – 5 
 – 5 
9 (3 n–19

5

= = –
251– ( – 3 
40  –
+10 分
40
5 

9 (3 n–199 (3 n–1
553 (3 n
故 Pn = – 40  – 5 + 40 + P1 ，即 Pn = – 40  – 5 
+=+ – 5 12 分

53 (3 n53 ( 3 n
888 
19
①当 n 为偶数时，Pn =+ – =+ > 0 单调递减，最大值为 P2 = 25 ；
88 5 88  5 
53 (3 n53 ( 3 n2
当 n 为奇数时， Pn =+ – =– < 0 单调递增，最小值为 P1 = 5 ；
88 5 88  5 
192
综上：数列Pn 的最大值为
，最小值为
255
.14 分
8
3
②证明：对任意s > 0 总存在正整数 N0 = [lg3 ( s )] +1，（其中[x] 表示取整函数）
5
>3 s+
8
当n[lg3 ()] 1 时，
5
3
5333 33 3 lg 3 ( 8s )
| P –|=|(– )n |=|( )n |<( ) 5
= s .17 分

n8858 58 5