2024年吉林省长春十一中高考数学模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年吉林省长春十一中高考数学模拟试卷（含详细答案解析），共14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。

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. 6，6C. 6，5D. 以上都不正确
2.已知直线y= 5x是双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线，则该双曲线的离心率为( )
A. 65B. 5C. 6D. 305
3.已知复数z=6+8i2 2+i(i为虚数单位)，z−是复数z的共轭复数，则|z−|=( )
A. 3B. 103C. 3D. 5
4.在等差数列{an}中，a3+a16=5，则S18=( )
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RA=AP，则点P的轨迹方程为 ( )
A. y=−2xB. y=2xC. y=2x−8D. y=2x+4
6.已知点P(1,2)在抛物线C：y2=2px上，F是抛物线C的焦点，过点F的直线与抛物线C交于M(x1,y1)，N(x2,y2)两点，若x1+x2=4，则|MN|=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
7.已知函数f(x)=|3x−3−x|，则不等式f(2x−1)−f(x)>0的解集为( )
A. (−∞,13)∪(1,+∞)B. (−∞,13)
C. (13,1)D. (1,+∞)
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：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)= 22sinxcsx+ 22cs2x− 24，则( )
A. 函数f(x)的图像可由y=sin2x的图像向左平移π8个单位长度，再向下平移 24个单位长度得到
B. 函数f(x)的一个对称中心为(3π8,− 24)
C. 函数f(x)的最小值为−12
D. 函数f(x)在区间(π8,3π8)单调递减
10.已知点A，B为不同的两点，直线l1，l2，l3为不同的三条直线，平面α，β为不同的两个平面，则下列说法正确的是( )
A. 若l1⊥α，l2//α，则l1⊥l2
B. 若l1⊂α，l2//α，则l1//l2
C. 若l1⊂α，l2⊂β，α∩β=l3，l1∩l2=A，则A∈l3
D. 若l1//l2//α，α⊥β，l1∩β=A，l2∩β=B，则直线AB//α
11.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足如下条件：①f(xy)=x2f(y)+y2f(x)；②当x>1时，f(x)>0.则( )
A. f(1)=0B. f(x)在(1,+∞)上是增函数
C. f(x)是周期函数D. f(x)+f(1x)≥0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|−113.已知tanαtanβ=32,2sinαcsβ=1，则tan2(α+β)=______.
14.已知三棱锥D−ABC中，AB=AC=AD=2，∠DAB=∠DAC=π2，∠BAC=2π3，则点A到平面BCD的距离为______，该三棱锥的外接球的体积为______.
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。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3−ax2−3x.
(1)若f(x)在x∈[1,+∞)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x∈[1,a]上的最小值和最大值．
16.(本小题15分)
一只蚂蚁位于数轴x=0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23，向左移动的概率为13.
(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x=0处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为X，求X的分布列与期望.
17.(本小题15分)
如图，在梯形ABCD中，AB//CD，∠BAD=90∘，CD=2AD=2，AB=3，E为线段AB上靠近点A的三等分点，将△ADE沿着DE折叠，得到四棱锥A−BCDE，使平面ADE⊥平面BCDE，P为线段CE上的点.
(1)求证：AD⊥AP；
(2)是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为 66？若存在，求出线段EP的长；若不存在，请说明理由.
18.(本小题17分)
已知F1、F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，P、Q是椭圆C上的两点，△PF1F2的周长为2 6+2 3，短轴长为2 3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点A(2,1)，AP⋅AQ=0，问：直线PQ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.(本小题17分)
若一个两位正整数m的个位数为4，则称m为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”m，m2−16一定为20的倍数；
(2)若m=p2−q2，且p，q为正整数，则称数对(p,q)为“友好数对”，规定：H(m)=qp，例如24=52−12，称数对(5,1)为“友好数对”，则H(24)=15，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的H(m)的最大值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：一组数据为6，8，3，6，4，6，5.
由数据看出，该组数据的众数是6；
把该组数据由小到大排列为3，4，5，6，6，6，8.
由数据看出其中位数是6；
所以，这些数据的众数与中位数分别是6，6.
故选：B.
由众数的概念直接看出该组数据的众数，然后把该组数据由小到大排列可得其中位数．
对于一组数据，通常要求的是这组数据的众数，中位数，平均数，一组数据的众数，是该组数据中出现次数最多的数，所以众数不见得唯一，中位数是把该组数据由小到大排列后中间位置上的数，若一组数据有偶数个数，则是中间两数的平均数，此题是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±abx，
由直线y= 5x是双曲线的一条渐近线，
则ab= 5，所以b=1 5a，
c= a2+b2= a2+15a2= 6 5a，
则离心率e=ca= 305.
故选：D.
由双曲线y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±abx，由条件可得a= 5b，再由a，b，c的关系和离心率公式，计算即可得到．
本题考查双曲线的方程和性质，主要考查渐近线方程和离心率的求法，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：z=6+8i2 2+i，
则|z|=|6+8i2 2+i|=|6+8i||2 2+i|=103，
故|z−|=|z|=103.
故选：B.
根据已知条件，结合复数模的公式，以及性质，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：在等差数列{an}中，a3+a16=5，
由题意得S18=18(a1+a18)2=18(a3+a16)2=45.
故选：D.
利用等差数列前n项和公式、通项公式直接求解．
本题考查等差数列前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设点P的坐标为(x,y)，点R(m,n)，则n=2m−4①．由RA=AP 可得，
(1−m,−n)=(x−1,y)，∴1−m=x−1，−n=y，即 m=2−x，n=−y，代入①可得
−y=2(2−x)−4，化简可得y=2x，
故选 B.
设点P的坐标为(x,y)，点R(m,n)，则n=2m−4①．由RA=AP 可得 m=2−x，n=−y，再代入①化简可得点P的轨迹方程．
本题考查用代入法求点的轨迹方程，两个向量相等的性质，得到m=2−x，n=−y，是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：因为点P(1,2)在抛物线C：y2=2px上，
所以4=2p，解得p=2，
所以抛物线的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，准线方程为：x=−1，
因为过点F的直线与抛物线C交于M(x1,y1)，N(x2,y2)两点，
所以由抛物线的定义可得：|MN|=|FM|+|FN|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=6.
故选：D.
把点P的坐标代入抛物线的方程可得p的值，即得抛物线的方程，由抛物线的定义可得弦长|MN|的表达式，可得所求的结果．
本题考查抛物线的方程与抛物线的定义，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为f(x)=|3x−3−x|，
所以f(−x)=|3−x−3x|=f(x)，即f(x)为偶函数，
当x≥0时，f(x)=|3x−3−x|=3x−3−x单调递增，
则不等式f(2x−1)−f(x)>0可得f(2x−1)>f(x)，
所以|2x−1|>|x|，
所以(2x−1)2>x2，
整理得，3x2−4x+1>0，
解得，x>1或x<13.
故选：A.
先判断函数的奇偶性及单调性，结合单调性及奇偶性即可求解不等式．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：①若长跑安排在最后一场，则有A55种不同的安排方案种数，
②若长跑不安排在最后一场，由题意可知，长跑也不安排在第一场，
则有C41⋅C41⋅A44种不同的安排方案种数，
所以不同的安排方案种数为A55+C41⋅C41⋅A44=504.
故选：A.
分长跑安排在最后一场和长跑不安排在最后一场两种情况讨论，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．
9.【答案】CD
【解析】解：由题知，f(x)= 22sinxcsx+ 22cs2x− 24= 24sin2x+ 24cs2x=12sin(2x+π4)，
对于选项A，y=sin2x的图像向左平移π8个单位长度，得y=sin(2x+π4)，
再向下平移 24个单位长度得到y=sin(2x+π4)− 24，故选项A错误；
对于选项B，f(3π8)=12sin(3π4+π4)=0，
所以函数f(x)的一个对称中心为(3π8,0)，故选项B错误；
对于选项C，f(x)=12sin(2x+π4)，
当sin(2x+π4)=−1时，函数f(x)取最小值为−12，故选项C正确；
对于选项D，令π2+2kπ≤2x+π4≤3π2+2kπ，
解得π8+kπ≤x≤5π8+kπ,k∈z，
所以f(x)的单调减区间为(π8+kπ,5π8+kπ),k∈z，
当k=0时，一个单调递减区间为(π8,5π8)，
因为(π8,3π8)∈(π8,5π8)，
所以函数f(x)在区间(π8,3π8)单调递减，故选项D正确．
故选：CD.
化简得f(x)=12sin(2x+π4)，逐项验证即可解决．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
10.【答案】AC
【解析】解：若l1⊥α，则l1垂直于任一条平行于α的直线，又l2//α，则l1⊥l2，故A正确；
若l1⊂α，l2//α不能推出l1//l2，还可能平行或异面，故B错误；
若l1∩l2=A，则A∈α，A∈β，又α∩β=l3，故A∈l3，故C正确；
若l1∩β=A，l2∩β=B，则AB为β内的一条直线，AB//α不一定对，故D错误．
故选：AC.
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C正确．
本题考查空间中线线关系与线面关系，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为f(xy)=x2f(y)+y2f(x)，
令x=y=1，可得f(1)=2f(1)，
所以f(1)=0，A正确；
设x1，x2∈(1,+∞)，且x2>x1，
令y=x2x1，x=x1，
因为f(xy)=x2f(y)+y2f(x)，
所以f(x2)=x12f(x2x1)+(x2x1)2f(x1)，
所以f(x2)−f(x1)=x12f(x2x1)+(x2x1)2f(x1)−f(x1)=x12f(x2x1)+[(x2x1)2−1]f(x1)，
因为x1>1，则f(x1)>0，又x2x1>1，则f(x2x1)>0，
所以x12f(x2x1)>0，[(x2x1)2−1]f(x1)>0，
所以f(x2)−f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
所以f(x)在(1,+∞)上是增函数，B正确；
由B选项f(x)在(1,+∞)上是增函数，可知函数f(x)不是周期函数，C错误；
因为f(xy)=x2f(y)+y2f(x)，
令y=1x，得f(1)=x2f(1x)+1x2f(x)，
因为f(1)=0，所以x2f(1x)+1x2f(x)=0，
当x>1时，f(x)+f(1x)=f(x)−1x4f(x)=x4−1x4f(x)，
因为x>1，所以f(x)+f(1x)>0，
当0因为01，所以f(1x)>0，1−x4>0，
即f(x)+f(1x)>0，
当x=1时，f(x)+f(1x)=0，所以f(x)+f(1x)≥0，D正确．
故选：ABD.
利用赋值法令x=y=1，判断A选项；
利用函数单调性的定义可判断B选项；
结合B选项可判断C选项；
根据题意结合A选项可判断D选项．
本题主要考查抽象函数及其应用，解题的关键是给x，y赋值．结合选项给x，y赋不同的值，通过所给式子和条件求解，属于中档题．
12.【答案】{x|1【解析】解：集合A={x|−1则A∩B={x|1故答案为：{x|1先求出集合B，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查不等式的解法，属于基础题．
13.【答案】2511
【解析】解：2sinαcsβ=1，tanαtanβ=sinαcsβcsαsinβ=12csαsinβ=32，csαsinβ=13，
∴sin(α+β)=sinαcsβ+csαsinβ=12+13=56，
∴tan2(α+β)=sin2(α+β)cs2(α+β)=sin2(α+β)1−sin2(α+β)=25361−2536=2511.
故答案为：2511.
根据条件可求出sin(α+β)的值，然后根据同角三角函数的基本关系即可求出答案．
本题考查了同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，是基础题．
14.【答案】2 55 20 53π
【解析】解：如图所示，因为∠DAB=∠DAC=π2，可得DA⊥AB，DA⊥AC，
又因为AB∩AC=A，所以AD⊥平面ABC，
由AB=AC=AD=2，可得BD=CD=2 2,BC=2 3，
取BC的中点E，连接AE和DE，
在直角△BDE中，可得DE= BD2−BE2= 5，且DE⊥BC，
设A到平面BCD的距离为h，
又由VB−ACD=VA−BCD，即13×12×2×2sin2π3×2=13×12×2 3× 5⋅h，
解得h=2 55，即点A到平面BCD的距离为2 55；
在△ACD中，BC=2 3,∠BAC=2π3，
设△ABC外接圆的圆心为O1，半径为r，可得外接圆的直径为2r=2 3sin2π3=4，
可得r=2，即AO1=2，
设外接球的球心为O，半径为R，因为AD⊥平面ABC，且AD=2，可得OO1=1，
在直角△AOO1中，可得R2=AO12+OO12=22+12=5，可得R= 5，
所以外接球的体积为V=43πR3=43π×( 5)3=20 53π.
故答案为：2 55;20 53π.
取BC的中点E，连接AE和DE，得到DE⊥BC,DE= 5，设A到平面BCD的距离为h，根据VB−ACD=VA−BCD，即可求得点A到平面BCD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．
本题考查了点到平面的距离和三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=3x2−2ax−3≥0在[1,+∞)恒成立．
∵x≥1.∴a≤32(x−1x)，
当x≥1时，令g(x)=32(x−1x)是增函数，g(x)min=32(1−1)=0.
∴a≤0.
(2)∵x=3是f(x)的极值点
∴f′(3)=0，即27−6a−3=0，∴a=4.
∴f(x)=x3−4x2−3x有极大值点x=−13，极小值点x=3.
此时f(x)在x∈[−13,3]上时减函数，在x∈[3,+∝)上是增函数．
∴f(x)在x∈[1,a]上的最小值是：f(3)=−18，最大值是：f(1)=−6，(因f(a)=f(4)=−12).
【解析】利用导数求闭区间上函数的极值、最值和对函数单调性的判定．
利用导数求函数的单调性和最值问题，先根据极值确定参数a的值，再求闭区间上的最值．
16.【答案】解：(1)记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件A，记2秒后这只蚂蚁在x=0处的概率为事件B，
则P(A)=23×23+C21×13×23=89，
P(AB)=P(B)=C21×13×23=49，
故所求的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=4989=12.
(2)由题意知X可能的取值为−4，−2，0，2，4，
则P(X=−4)=13×13×13×13=181,P(X=−2)=C41×13×13×13×23=881，
P(X=0)=C42×13×13×23×23=827,P(X=2)=C41×13×23×23×23=3281，
P(X=4)=23×23×23×23=1681，
则X的分布列为：
E(X)=−4×181−2×881+0×827+2×3281+4×1681=43.
【解析】本题考查条件概率，考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
(1)记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件A，记2秒后这只蚂蚁在x=0处的概率为事件B，则由题意可知事件A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B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P(A)，P(AB)，再利用条件概率公式可求得结果；
(2)由题意知X可能的取值为−4，−2，0，2，4，然后求出相应的概率，从而可求出X的分布列与期望．
17.【答案】解：(1)AD=AE=1，∠BAD=90∘，故△ADE为等腰直角三角形，
DE= 2,∠ADE=45∘，故∠CDE=45∘.
在△CDE中，CE2=DE2+DC2−2DE⋅DCcsπ4=2+4−4=2，CE= 2，
故CE2+DE2=CD2，DE⊥CE，
平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE，CE⊂平面BCDE，
故CE⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，
故CE⊥AD，
又AD⊥AE，CE∩AE=E，CE，AE⊂平面ACE，
故AD⊥平面ACE，
又AP⊂平面ACE，
故AD⊥AP.
(2)存在，EP=1，理由如下：
如图，以点E为坐标原点，以ED，EC所在的直线分别为x轴、y轴，
以过点E垂直于平面BCDE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
E(0,0,0),A( 22,0, 22),B(− 2, 2,0)，
则EA=( 22,0, 22),EB=(− 2, 2,0).
设EP=t，0≤t≤ 2，则P(0,t,0)，AP=(− 22,t,− 22)，
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EA= 22x+ 22z=0m⋅EB=− 2x+ 2y=0，
令x=1，则y=1，z=−1，m=(1,1,−1)，
设直线AP与平面ABE所成的角为θ，
则sinθ=|csAP,m|=|AP⋅m||AP|⋅|m|=|t| 1+t2⋅ 3= 66，
解得t=1，t=−1(舍)，
故存在点P使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为 66，则EP=1.
【解析】(1)计算CE= 2，根据勾股定理得到DE⊥CE，确定CE⊥平面ADE，证明AD⊥平面ACE，得到答案．
(2)建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面ABE的法向量为m=(1,1,−1)，设EP=t，AP=(− 22,t,− 22)，根据向量的夹角公式计算得到答案．
本题考查空间线线垂直的判定，线面角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)△PF1F2的周长为2 6+2 3=2a+2c，短轴长为2 3=2b，
则a+c= 6+ 3b= 3b2=a2−c2，解得a= 6，b= 3，
所以椭圆C的标准方程为：x26+y23=1；
(2)直线PQ过定点，证明过程如下：
当直线PQ的斜率存在时，则直线PQ的方程为y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+mx26+y23=1，整理可得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，
Δ=16k2m2−4(1+2k2)(2m2−6)>0，即m2<3+6k2，
且x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
因为AP⋅AQ=0，即(x1−2,y1−1)⋅(x2−2,y2−1)=0，
即(x1−2)(x2−2)+(kx1+m−1)(kx2+m−1)=0，
整理可得(1+k2)x1x2+(km−k−2)(x1+x2)+4+(m−1)2=0，
即(1+k2)⋅2m2−61+2k2+(km−k−2)⋅−4km1+2k2+5+m2−2m=0，
整理可得：3m2−2m−1+4k2+8km=0，
即(3m+2k+1)(m+2k−1)=0，
解得3m+2k+1=0或m+2k−1=0，
可得m=−23k−13或m=−2k+1，
所以直线PQ的方程为y=kx−23k−13=k(x−23)−13或y=kx−2k+1=k(x−2)+1，
可得直线PQ恒过定点(23,−13)或定点(2,1)(舍).
当直线PQ的斜率不存在时，设直线x=t，t∈(− 6, 6)，
联立x=tx26+y23=1，可得y2=3(1−t26)=6−t22，可得y=± 6−t22，
设P(t, 6−t22)，Q(t,− 6−t22)，
因为AP⋅AQ=0，所以(t−2, 6−t22−1)⋅(t−2,− 6−t22−1)=0，
即(t−2)2+1−(6−t22)=0，即3t2−8t+4=0，解得t=23或t=−2(舍)，
即直线PQ的方程为x=23，显然也过定点(23,−13).
综上所述：直线PQ恒过定点(23,−13).
【解析】(1)由△PF1F2的周长可得a，c的关系，再由短轴长，可得b的值，再由a，b，c的关系，可得a，c的值，进而求出椭圆的方程；
(2)分直线PQ的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线PQ的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由AP⋅AQ=0，可得参数的关系，进而求出直线PQ恒过的定点的坐标．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：设m=10t+4，1≤t≤9且t为整数，
∴m2−16=(10t+4)2−16=100t2+80t+16−16=20(5t2+4t)，
∵1≤t≤9，且t为整数，∴5t2+4t是正整数，
∴m2−16一定是20的倍数；
(2)∵m=p2−q2，且p，q为正整数，∴10t+4=(p+q)(p−q)，
当t=1时，10t+4=14=1×14=2×7，没有满足条件的p，q，
当t=2时，10t+4=24=1×24=2×12=3×8=4×6，
∴满足条件的有p+q=12p−q=2或p+q=6p−q=4，
解得p=7q=5或p=5q=1，
∴H(m)=57或15，
当t=3时，10t+4=34=1×34=2×17，没有满足条件的p，q，
当t=4时，10t+4=44=1×44=2×22=4×11，
∴满足条件的有p+q=22p−q=2，解得p=12q=10，
∴H(m)=1012=56，
当t=5时，10t+4=54=1×54=2×27=3×18=6×9，没有满足条件的p，q，
当t=6时，10t+4=64=1×64=2×32=4×16=8×8，
∴满足条件的有p+q=32p−q=2或p+q=16p−q=4，
解得p=17q=15或p=10q=6，
∴H(m)=1517或35，
∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的H(m)的最大值为1517.
【解析】(1)设m=10t+4，从而有m2−16=(10t+4)2−16=100t2+80t+16−16=20(5t2+4t)即可证明；
(2)根据题意可得10t+4=(p+q)(p−q)，进而分类讨论即可求解．
本题主要考查了新定义问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．X
−4
−2
0
2
4
P
181
881
827
3281
1681