吉林省长春市十一高中2024届高三下学期数学模拟试题及答案

这是一份吉林省长春市十一高中2024届高三下学期数学模拟试题及答案，共16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．假设有一组数据为6，8，3，6，4，6，5，这些数据的众数与中位数分别是 （ ）
A．5，6B．6，4C．6，5D．6，6
2．已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数（为虚数单位），是复数的共轭复数，则（ ）
A．B．C．3D．5
4．在等差数列中，是数列的前项和，，则（ ）
A．100B．50C．90D．45
5．已知点A(1，0)，直线l：y＝2x－4，点R是直线l上的一点，若，则点P的轨迹方程为( )
A．y＝－2xB．y＝2xC．y＝2x－8D．y＝2x＋4
6．已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于两点，若，则 （ ）
A．3B．4C．5D．6
7．已知函数，则不等式的解集为 （ ）
A．B．C．D．
8．某中学运动会上一天安排长跑、跳绳等6场不同的比赛项目，若第一场比赛不安排长跑，最后一场不安排跳绳，则不同的安排方案种数为 （ ）
A．504B．510C．480D．500
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到
B．函数的一个对称中心为
C．函数的最小值为
D．函数在区间单调递减
10．已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则直线
11．定义在上的函数满足如下条件：①；②当时，.则（ ）
A．B．在上是增函数
C．是周期函数D．
三、填空题
12．已知集合. 则 .
13．已知，则 .
14．已知三棱锥中，，则点到平面的距离为 ，该三棱锥的外接球的体积为 ．
四、解答题
15．已知函数f(x)=.
（1）若f(x)在上是增函数，求实数a的取值范围;
（2）若x=3是f(x)的极值点，求f(x)在上的最小值和最大值．
16．一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
17．如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点．
(1)求证：；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
18．已知是椭圆的左、右焦点，、是椭圆上的两点，的周长为，短轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点，问：直线是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标，若不过，请说明理由.
19．若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”一定为20的倍数；
(2)若，且为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，则，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值.
参考答案：
1．D
【分析】由小到大排列给定数据组，再利用众数与中位数的意义求解即得.
【详解】依题意，原数据组由小到大排列为：3，4，5，6，6， 6，8，
所以这组数据的众数与中位数分别是6，6.
故选：D
2．D
【分析】根据渐近线方程得到，再代入离心率公式即可.
【详解】由题意可知，所以.
故选：D.
3．B
【分析】根据复数运算法则化简，求得，再求即可.
【详解】，故，
则.
故选：B.
4．D
【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的项的“等和性”计算即得.
【详解】由题意得．
故选：D.
5．B
【分析】用相关点法即可求解，设P为(x,y)，通过将R点坐标表示出来，R坐标满足l方程，代入即可得到答案﹒
【详解】设P(x,y)，，由知，点A是线段RP的中点，
∴，即，
∵点在直线y＝2x－4上，∴，
∴－y＝2(2－x)－4，即y＝2x．
故选：B﹒
6．D
【分析】计算出后，结合焦点弦公式计算即可得.
【详解】由题意可得，即，
由焦点弦公式可得：.
故选：D.
7．A
【分析】判断的奇偶性和单调性，再根据函数性质求解不等式即可.
【详解】，定义域为，又，故为偶函数；
又当时，均为单调增函数，故为上的单调增函数；
又，故当时，，则此时为上的单调增函数，故时，为单调减函数；
，即，则，即，，
也即，解得.
故选：A.
8．A
【分析】根据第一场比赛安排的是否为跳绳，分为两种情况进行讨论，结合排列数的计算公式，即可求得结果.
【详解】根据第一场安排的比赛是否为跳绳，分为如下两种情况：
第一种：若第一场安排跳绳，则最后一场安排不受限制，共有：种；
第二种：若第一场不安排跳绳，则也不能是长跑，则第一场有种安排；
再安排最后一场，其不能为跳绳，故有种安排，故共有：种；
故不同的安排方案共有：种.
故选：A.
9．CD
【分析】化简得，逐项验证即可解决.
【详解】由题知，
，
对于A，的图像向左平移个单位长度，得，
再向下平移个单位长度得到，故A错误；
对于B，，
所以函数的一个对称中心为，故B错误；
对于C，，
当时，函数取最小值为，故C正确；
对于D，，
所以单调减区间应满足，解得，
所以单调减区间为，
因为，
所以函数在区间单调递减，故D正确.
故选：CD
10．AC
【分析】利用已知条件判断线线位置关系，可知A正确，BD错误；根据点线面的位置关系，结合立体几何的基本事实1，2，可以得到结论：C正确.
【详解】若，则垂直于任一条平行于的直线，又，则，故A正确；
若，不能推出,还可能平行或异面，故B错误；
若，则，，又，故，故C正确；
若，，则为内的一条直线，不一定对，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】利用赋值法令，判断选项；利用函数单调性的定义可判断选项；结合选项可判断选项；根据题意结合选项可判断选项.
【详解】因为，令，可得，所以，正确；
设，，且，令，，
因为，
所以，
所以，
因为，则，又，则，
所以，，
所以，即，
所以在上是增函数，正确；
由选项在上是增函数,可知函数不是周期函数，错误；
因为，令，得，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，所以，，
即，
当时，，所以，正确.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题主要考查抽象函数及其应用，解题的关键是给，赋值.结合选项给，赋不同的值，通过所给式子和条件求解.
12．
【分析】根据集合交集的概念求解即可答案.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
13．/
【分析】根据同角三角函数关系，结合已知条件求得，以及，，，再求结果即可.
【详解】由可得：，
又，即，则，
故，，
则，
故.
故答案为：.
14．
【分析】取的中点，连接和，得到，，设到平面的距离为，根据，即可求得点到平面的距离，再结合球的截面圆的性质，求得外接球的半径，利用体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，因为，可得，
又因为，所以平面，
由，可得，
取的中点，连接和，
在直角中，可得，且，
设到平面的距离为，
又由，即，
解得，即点到平面的距离为.
在中，，
设△ABC外接圆的圆心为，半径为，可得外接圆的直径为，
可得，即,
设外接球的球心为，半径为，因为平面，且，可得
在直角中，可得，可得，
所以外接球的体积为.
故答案为：；.
15．(1) a≤0(2) f(x)max＝－6，f(x)min＝－18.
【详解】解：（1）对f(x)求导，得．由，得．记，当时，是增函数，
∴
∴a<0．又a=0也符合题意，故．
（2）由题意，得，即,∴
∴,．令,得．
当x变化时，、f(x)的变化情况如下表：

当与时，f(x)是增函数；
当时，f(x)是减函数．
于是，当时，；
而f(1)=-6，f(4)=-12，
∴．
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；
（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.
【详解】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，
则
故所求的概率为.
（2）由题意知可能的取值为，
则，
则的分布列为
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1），故为等腰直角三角形，
，故．
在中，，，
故，，
平面平面，平面平面平面，
故平面，平面，故，
又平面，故平面，
又平面，故.
（2）存在，，理由如下：
如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴，
以过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则．
设，，则，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
设直线与平面所成的角为，
则，解得，（舍），
故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则．
18．(1)
(2)直线过定点，定点为
【分析】（1）根据椭圆焦点三角形的几何性质及椭圆的几何性质列方程求解即可得椭圆方程；
（2）设直线将直线的方程为：，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得的关系，即可求得定点坐标，再验证直线斜率不存在的情况即可．
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设,，,，

由，代入消得：，
由，得，则，，
所以
整理得：，即，所以或，
当时，直线的方程为：则直线过定点（舍），
当时，直线的方程为：则直线过定点，
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为：，设，则，
所以，即，
则，
解得或（舍），则此时直线过点，
综上，故直线是过定点．
【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（或）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，（或，）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设,从而有即可证明；
（2）根据题意可得，进而分类讨论即可求解.
【详解】（1）证明：设，且为整数，
∴
∵，且为整数，∴是正整数，
∴一定是20的倍数；
（2）∵，且为正整数，∴，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有或，
解得或，∴或，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有，解得，∴，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有或，
解得或，∴或，
∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为.
3
+
0
--
0
+
极大值
极小值
0
2
4