吉林省吉林地区普通高中2024届高三第四次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份吉林省吉林地区普通高中2024届高三第四次模拟考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知命题，则命题的否定为，1级和3等内容，欢迎下载使用。

一､单项选择题
1. 已知命题，则命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题的否定为：，A正确.
故选：A.
2. 已知复数满足，则复数在复平面内所对应点的轨迹为（ ）
A. 线段B. 圆C. 椭圆D. 双曲线
【答案】C
【解析】设，因为，
所以，则其几何意义为任意点到点与到的距离和为6，根据椭圆的定义可知，复数在复平面内所对应的点的轨迹为椭圆；
故选：C
3. 如图，位于江城广场某大厦楼顶的四面钟与摇橹人雕像相映成趣，是吉林市的重要地标之一.该时钟整体呈正方体造型，在相邻两个时钟正常运行的过程中，两时针所在直线所成的角的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】当时间为点和点时，两个钟表的时针所在直线与正方体竖直方向平行，所以两条直线平行，此时两条时针所在直线所成角为，
当时间为3点和9点时，两个钟表的时针所在直线与正方体水平方向平行，由正方体的性质可知两条直线垂直，此时两条时针所在直线所成角为；
其他情况两条所在直线所成夹角为，则两时针所在直线所成的角的最大值为；
故选：D
4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.2024年3月25日，斐济附近海域发生里氏5.1级地震，它所释放的能量是同日我国新疆阿克苏地区发生里氏3.1级地震的（ ）
A. 10倍B. 100倍C. 1000倍D. 10000倍
【答案】C
【解析】设里氏5.1级和3.1级地震释放出的能量分别为和，
由，于是，则，因此，
所以它释放的能量是里氏3.1级地震的1000倍.故选：C
5. 已知双曲线：的一条渐近线为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 2或
【答案】A
【解析】由双曲线方程，令，解得，
所以双曲线的渐近线为，又渐近线为，
，又，，
.
故选：A.
6. 越来越多的人喜欢参加户外极限运动，据调查数据显示，两个地区分别有的人参加户外极限运动，两个地区的总人口数的比为．若从这两个地区中任意选取一人，则此人参加户外极限运动的概率为；若此人参加户外极限运动，则此人来自地区的概率为，那么（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设“此人参加户外极限运动”，“此人来自地区”，“此人来自地区”.
依题意，,
依题意，
；
.
故选：D.
7. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，，，，，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
整理得，即，
所以，
所以故选：B.
8. 如图所示，曲线是由半椭圆,半圆和半圆组成，过的左焦点作直线与曲线仅交于两点，过的右焦点作直线与曲线仅交于两点，且，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】由题意知：；
，由对称性可知：为椭圆截直线的弦长，
由题意知斜率不为0，设，其与椭圆交于点和，
由得：，则，
，，
，
当时，取得最小值，的最小值为.
故选：C
二､多项选择题
9. 从含有2件次品的100件产品中，任意抽出3件，则（ ）
A. 抽出的产品中恰好有1件是次品的抽法有种
B. 抽出的产品中至多有1件是次品的概率为
C. 抽出的产品中至少有件是次品的概率为
D. 抽出的产品中次品数的数学期望为
【答案】ACD
【解析】根据题意，若抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品，即抽出的3件产品中有2件合格品，1件次品
则合格品的取法有种，不合格品的取法有种，
则恰好有1件是次品的取法有种取法；则正确，
抽出的3件产品中至多有1件是次品，用间接法分析：
在100件产品中任选3件，有种取法，其中有2件是次品的取法有种，
则抽出的3件中至多有1件是次品的抽法有种取法，抽出的产品中至少有件是次品的概率为，不正确；
在100件产品中任选3件，有种取法，其中全部为合格品的取法有种，
则抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有种取法，抽出的产品中至少有件是次品的概率为,正确；
抽出的产品中次品数服从超几何分布，数学期望为,正确；
故选：．
10. 已知在公差不为0的等差数列中，是与的等比中项，数列的前项和为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】因为是公差不为0的等差数列，，
设的首项为，公差为，
则，，，
因为是与的等比中项，所以，
即 ，化简得，，解得或(舍)，
又因为，即，所以，
所以通项公式，故A正确；
因为，，，
当时，取得最大值为，，
故B正确；
数列的前项和为，，
所以
，故C错误；
结合项的正负可知，当时，，当时，，故为的最小值，
又因为，故为的最大值，故D正确；故选：ABD
11. 已知函数，则（ ）
A. 函数一个周期是
B. 函数递减区间为
C. 函数有无数多个对称中心
D. 过点作曲线的切线有且只有一条
【答案】BCD
【解析】函数中，，即，
解得，，
对于A，显然，，即，A错误；
对于B，由，求导得，
因此函数递减区间为，B正确；
对于C，由，
得函数图象关于点成中心对称，有无数多个对称中心，C正确；
对于D，设过点的直线与曲线相切于点，
则切线方程为，
则，
整理得，即，
令函数，
当时，，而，则，即函数在上无零点，
当时，，则，即函数在上无零点，
当时，，又，则，
所以，，函数在上单调递减，
显然，因此函数在上有唯一零点，
从而方程有唯一实根，过点作曲线的切线有且只有一条，D正确.
故选：BCD.
三､填空题
12. 已知随机变量，满足，则__________.
【答案】8
【解析】由，得.
故答案为：8.
13. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，点是函数与图象的连续相邻的三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】由已知可得，的周期，
在同一坐标系内作出的图象如图，
点是函数与图象的连续相邻的三个交点，不妨设在轴下方，为中点，
由对称性可知是以为底边的等腰三角形，，
由整理得，
又解得，
所以的纵坐标，即，
要使为钝角三角形，只需要即可，
所以，解得，
故答案为：
14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________.
【答案】 27
【解析】该组合体一共有24个面，每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，
则其表面积为，
该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，
是的中心，是球心，
则，则，
，
设外接球半径为，则，
又，解得，
两正交四面体公共部分一共有8个面，且每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，
则其表面积为，
大正四面体的体积为，
则每个小正四面体的体积为，
则中间部分体积为，
设其内切球半径为，则中间部分的体积也可表示为
，解得，
故外接球和内切球体积之比为.
故答案为：，27.
四､解答题
15. 已知数列的前项和为，且.
（1）求实数的值和数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）当时，，
，
，
当时，，
整理得，
数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
；
（2）法一：
，
①，
②，
①②得
；
法二：
，
设，
且，解得，
，
即，其中，
，
.
16. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）求证：当时，.
（1）解：当时，
令得或，当变化时，与变化如下表：
故当时，取得极大值；当时，取得极小值0
（2）证明：
令，则，当变化时，与变化如下表：
故.
要证当时，.
证法一：只需证当时，，即
令，则在上单调递减
故，即式成立，原不等式成立
证法二：只需证当时，，即
令，则
令，则
在上单调递减.
在上单调递减，
即式成立，原不等式成立.
17. 某商场为庆祝开业十周年，开展了为期一个月的有奖促销活动，消费者一次性消费满200元，即可参加抽奖活动．抽奖盒子中装有大小相同的2个黄球和2个白球，规则如下：每次从盒子中任取两个球，若取到的两个球均为黄球，则中奖并获得奖品一份，活动结束；否则将取出的两个球放回盒中，并再放入一个大小相同的红球，按上述规则，重复抽奖，参加抽奖的消费者最多进行三次，即使第三次没有中奖，抽奖也会结束．
（1）现某消费者一次性消费200元，记其参加抽奖的次数为随机变量，求的分布列和数学期望；
（2）随着抽奖活动的有效开展，参加抽奖活动的人数越来越多，表示第天参加抽奖活动的人数，该商场对活动前5天参加抽奖活动的人数进行统计，得到数据如下：
经过进一步统计分析，发现与具有线性相关关系．
（i）计算相关系数，并说明与的线性相关程度的强弱；（结果精确到0.01）
（ii）请用最小二乘法求出关于的经验回归方程，并据此估计第10天参加抽奖的消费者人数．
附：①相关系数：
最小二乘估计分别为：
②参考数据：．
（1）解：根据题意，可得随机变量的所有可能取值为，
可得，，
（或）
所以随机变量的分布列：
所以，期望为.
（2）解：（i）由表格中的数据，可得，
，
所以，
所以变量与线性相关程度很强.
（ii）由，
因，可得，
所以，所以回归方程为，
当时，可得
故估计第10天有132名消费者参与抽奖．
18. 如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，.
（1）求证：；
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求点到直线距离的最大值.
（1）证明：取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
连接，在中，，，则，
于是，
设，则，其中，，
因此，即，
所以.
（2）解：由平面平面，得，
又，则，而平面，
则平面，即为平面的一个法向量，
，由平面，得，
又，解得，此时，
设是平面的法向量，则，取，得，
设是平面的法向量，则，取，得，
则平面FOD与平面夹角的余弦值为.
（3）解：，
则点到直线的距离，
当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为
19. 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点且斜率存在的直线族，表示斜率为1的直线族.直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
（1）若直线族的包络曲线是圆，求满足的关系式；
（2）若点不在直线族的任意一条直线上，对于给定的实数，求的取值范围和直线族的包络曲线；
（3）在（2）的条件下，过直线上一个动点作曲线的两条切线，切点分别为，求原点到直线距离的最大值.
解：（1）依题意，直线族与圆相切，
即圆心到直线族的距离为4，则，
所以满足的关系式为.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
则对，方程无解，则，解得，
即的取值范围为.
猜想：直线族的包络曲线为，证明如下：
①设曲线上任意一点，求导得，
则曲线在点处的切线斜率为，切线方程为，即，
令，则切线方程为，
因此曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线；
②，直线族中的每条直线都是曲线在点处的切线，
所以直线族的包络曲线为.
（3）由（2）知，曲线：，设，
直线的方程为，直线的方程为，
于是，即点，
设直线的方程为，由得，，
则，点，
而在直线上，则，即，
因此直线：过定点，该点与原点确定直线斜率为2，
当时，原点到直线距离的最大值为.
0
单调递增
单调递减
0
单调递增
0
单调递减
单调递增
第天
1
2
3
4
5
人数
1
2
3