2024届吉林省吉林市第一中学高三一模数学试题

这是一份2024届吉林省吉林市第一中学高三一模数学试题，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是
A．[2，4） B．[1，2） C．[2，4] D．[1，2]
2．已知向量，，则“”是“”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
3．统计学中通常认为服从于正态分布的随机变量X只取中的值，简称为原则．假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量服从正态分布N（500，）（单位：g），某天生产线上的质检员随机抽取了一包食盐，称得其质量小于，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修．由此可以得到的最大值为
A．2 B．4 C．6 D．8
4．投掷6次骰子得到的点数分别为1，2，3，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为
A． B． C． D．
5．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行演讲比赛，决出第1名到第5名的名次．已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相邻，则5人的名次排列可能有（ ）种不同的情况．
A．18 B．24 C．36 D．48
6．已知圆O：，过点A（2，0）的直线l与圆O交于B，C两点，且，则
A．2 B． C． D．
7．已知双曲线C：（，）的左焦点为F，过坐标原点O的直线与双曲线C交于M，N两点，且点M在第一象限，满足．若点P在双曲线C上，且，则双曲线C的离心率为
A． B． C． D．
8．设函数，则，，的大小关系是
A． B．
C． D．
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。
9．已知方程的两个复数根分别为，，则
A． B． C． D．
10．已知m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列说法正确的是
A．若，，则m与n相交或异面
B．若，，，则
C．若，，则
D．若、、，则m与n平行或相交或异面
11．若，且，则
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若，则________．
13．已知函数（）图象的一个对称中心为（，0），且在（0，）上单调递增，则的最小值为________．
14．已知抛物线E：的焦点为F，其准线与x轴的交点为C，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（A点位于B点右方）．若BF为的角平分线，则________；直线l的斜率为________．（第一空2分，第二空3分）
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）
15．如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点P在线段上运动．
（1）证明：；
（2）当时，求BC与平面所成角的正弦值．
16．（本小题满分15分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角A的大小；
（2）若为锐角三角形且，求面积的取值范围．
17．（15分）某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关．若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，．
（1）求和．
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关．
（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）．若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值．
参考公式及数据：，．
18．（17分）已知椭圆E的中心在坐标原点、焦点，在y轴上，点P（，1）在E上，长轴长与短轴长之比为．
（1）求椭圆E的方程．
（2）设A为E的下顶点、过点B（0，4）且斜率为k的直线与E相交于C、D两点，且点C在线段BD上．若点M在线段CD上，，证明：．
19．（17分）点列，就是将点的坐标按照一定关系进行排列．过曲线C：上的点作曲线C的切线与曲线C交于，过点作曲线C的切线与曲线C交于点，依此类推，可得到点列：，，，…，，…，已知．
（1）求数列、的通项公式；
（2）记点到直线（即直线）的距离为，
求证：；
2024年（21级）吉林一中适应性训练数学参考答案
一、选择题：
1．B
因为中只有2个元素，则，所以．
2．A
因为“，所以，解得，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A．
3．B
按照原则可知：，解得，所以的最大值为4，故选B
4．C
将6个数由小到大排列，中位数是第3个数和第4个数的平均数．因为，且中位数为4，所以第3个数和第4个数只能是3，5，x中的较小的两个数，而，故，即x只能取5和6，故所求概率为，故选C
5．B
第一种情况：当丙为第一名时，有种；第二种情况：当丁为第一名时，有种；第三种情况：当戊为第一名时，有种，所以共有：种，故选B．
6．D
如图，在中，，，，，，所以．
7．B
如图1，设双曲线C的右焦点为，连接，，，∵，∴，∴．又O为MN的中点，∴四边形为矩形、设，则，，∴，．∵，∴，解得：．又，∴，即，所以双曲线C的离心率，故选B．
8．D
【解析】，易知是偶函数．当时，，当时，显然；当时，，，所以，所以在（0，）上单调递增．设函数，则，当时，；当时，．所以在（0，e）上单调递增，在（e，）上单调递减．故，则，所以，即，故，故．故D
二、选择题：
9．ACD
选项A：因为和互为共轭复数，所以，故A正确；选项B：由韦达定理得：，故B错误；选项C：因为和互为共轭复数，所以，故C正确；选项D：由韦达定理得：，，则，所以，故D正确，故选ACD．
10．ABD
【解析】选项A：若，，则m与n相交或异面，A正确．
选项B：若，，则，又，α，β是两个不同的平面，所以，B正确．
选项C：若，，则或，故C错误．
选项D：若，，，则m与n平行或相交或异面，故D正确．故选ABD．
11．ABD
因为平面平面BCFE，平面平面，，所以平面，所以，A正确．
因为，，，，所以平面平面，B正确．
因为，所以多面体不是三棱台，C错误．
延长，EF相交于点G（图略），为直线与平面BCFE所成的角．因为，所以，解得，，，则，D
三、填空题
12．165
【详解】因为二项式展开式的通项为（且），
又，
所以
13．
因为的一个对称中心为（，0），所以有，，即，①．又因为在（0，）上单增，所以有，，即得到，②．又因为，所以结合①②知：最小值为．
14．4；
延长AF交抛物线E于点D，连接CD，过点A作轴于点H，由抛物线的性质结论可知：直线CA与CD关于x轴对称．又因为BF为的角平分线，所以，所以，由焦半径公式得：；则，．又因为F（l，0），所以A（3，）或A（3，）．又因为C（，0），所以直线l的斜率或，所以直线l的斜率为，
四、解答题：
15．（13分）
【详解】（1）
连接AO并延长，交BC于M，交圆柱侧面于N，
∵，为圆柱的高，
∴、、两两垂直，以为原点，过点做平行线为x轴，以为y轴，以为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
，，
在中，由射影定理得，
，
从而，
∴（0，，0），B（，2，6），C（，2，6），∴，
设P（0，0，），∴，
∴，
∴．
（2）由（1）可得，，
∴，∴，得，即点P是线段的中点，
∴，．
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设BC的一个方向向量为，于是得：
设BC与平面所成角为，则，
所以BC与平面所成角的正弦值为．
16．（15分）
解：（1）由正弦定理得：，
所以，
所以，
化简得：，所以．
又因为，所以．
（2）由正弦定理得：，
所以，，
所以
．
又因为为锐角三角形，所以所以
所以，所以，
所以，
所以．
【另注】第（2）问也可以用几何意义说明：
由于且，
所以点A的轨迹为外接圆O的一部分，即弦BC所对的优弧．
当时，此时的面积最大为；
当或时，此时的面积最小为；
由于为锐角三角形，所以取不到最小值；
因此．也可根据实际情况酌情给分．
17．（15分）略
18．（17分）【解析】（1）设椭圆E的方程为（）．
由题意可知解得
故椭圆E的方程为．
（2）证明：由（1）可知A（0，）．
设，，，直线CD的方程为．
由得．
则，
，，所以．
由，得，
所以，则，
所以点M在线段AB的垂直平分线上，即．
易知．
设，
则，
则．①
又点M（，1）在直线CD上，所以，
则，
所以，则
整理得．②
由①②，得．
所以，则，
所以．
故．
19．（17分）略个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
α
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828