精品解析：吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三三模数学试题

高三数学 一､单项选择题：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. 已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ） 参考数据：若，则. A. 13272 B. 16372 C. 16800 D. 19518 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布曲线的性质即可列式求解. 【详解】依题意，故所求人数为. 故选：C. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得z，然后求得|z|. 【详解】依题意，，故， 故. 故选：D 3. 在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析这三个点一定构成等腰直角三角形，所以只可能是两种特殊情形，由于结果都是满足，所以只可求出一个离心率. 【详解】根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”， 可设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为， 这两种情况都满足，所以， 即椭圆的离心率为， 故选：C. 4. 记数列的前项和为，若，则（ ） A. 590 B. 602 C. 630 D. 650 【答案】A 【解析】 【分析】根据作差得到，再计算出，即可得到，再利用并项求和法计算可得. 【详解】因为， 所以， 两式相减可得. 由，，解得， 所以，满足上式，故， 所以 . 故选：A 5. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得以为直径的圆的方程，与抛物线的方程联立，消去，可得的方程，由题意考虑两个三次方程有相同的解，可得所求点的坐标． 【详解】设，的中点为， 则以为直径的圆的方程为， 与抛物线联立，可得， 化简可得， 由于，可得，的横坐标相等， 则方程和方程有相同的解， 即有，解得， 则． 故选：A． 6. 已知数列满足，，若，则（ ） A. 512 B. 678 C. 1010 D. 1022 【答案】B 【解析】 【分析】由，计算出前10项，利用分析分类讨论进行计算 【详解】由题意知，，，，因为，所以中至少有一项是负数． ①若，则， 若均为正数，则，比1010多12， 所以前9项中必有负项，且其和为．易得当， 且其他项为正项时满足题意，故． ②若，当均为负数时，数列的前9项和最小， 此时，，不符合题意． 综上， 故选： 7. 已知函数，若关于的方程在上恰有一个实数根，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用三角函数的图象和性质求出结果. 【详解】若关于的方程在上恰有一个实数根，则，即在上恰有一个实数根， 因为恰为的最小正周期，且当时，，所以， 若，则关于的方程在上有两个实数根，因为，所以，此时， 即，解得，所以． 故选：A 8. 已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（ ） A. B. 1 C. －1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过图象经过点列方程求出，进而可得的解析式，再代入计算即可. 【详解】由已知得， 所以， 又图象经过点， 则，即， 又为单调减区间上的点， 为单调增区间上的点，且在一个周期内， 所以， 两式相减得，所以，又， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 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. 设为全集，集合满足条件，那么下列各式中不一定成立的是（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】结合举例及集合的运算和集合的关系求解即可. 【详解】当，，，时，满足， 此时，不是的子集，所以A、B不一定成立； ，，所以C不一定成立； 对于D，若，则，但，因为， 所以，于是，所以， 同理若，则，， 因此，成立，所以D成立. 故选：ABC. 10. 在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（    ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. D. 角的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式判断ABD三个选项，利用向量的模的计算公式判断C选项. 【详解】选项A，若，由余弦定理，得，所以， 则三角形面积，A正确； 选项B，由基本不等式可得，即， 当且仅当时，等号成立， 由余弦定理可得， 则，B正确； 选项C，因为边上的中点为，所以， 而，即，则， 所以 ，故C正确； 选项D，因为，即， 所以由余弦定理得， 又，且函数在上单调递减，所以，D错误. 故选：ABC. 11. 对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（与互质），则（    ） A. 若n为质数，则 B. 数列单调递增 C. 数列的最大值为1 D. 数列为等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用新定义，结合数列的单调性和等比数列的定义逐个判断即可. 【详解】因为为质数，故小于或等于的正整数中与互质的数的数目为 ，此时，故A正确. 因为，所以，故数列不是单调递增，故B错误. 小于等于的正整数中与互质的数为，数目为， 所以在时递减，故当时，数列的最大值为1，故C正确. 小于等于的正整数中与互质的数的数为，数目为， 故，而，故数列为等比数列，故D正确. 故选： ACD. 【点睛】关键点点睛：从质数定义入手，结合题目信息，逐步解答. 12. 如图，在三棱锥中，，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线AB与CD为异面直线 B. C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据异面直线、余弦定理、锥体体积、二面角、几何体外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由异面直线的定义知A选项正确； 在中，，可知B选项正确； 如图，取BC的中点E，在AE上取点，使得， 取BD的中点G，并延长CG到点，使得， ，，可知C选项错误； 记O为三棱锥的外接球的球心，连接，，， 并延长，相交于点F. 由，可知为等边三角形， 又由，可知为的外心. 由，，，可得， 又由，可得，都为等边三角形， 可得，可得为的外心. 可得，， 可知为二面角的平面角，可得. 由，可得，，， 在中，，， 可得，， 由，在中， 可得， 在中，， 可得三棱锥的外接球的表面积为，可知D选项正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 的值为______ 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式和两角和的正弦公式化简求值，可得结果. 【详解】因为. 故答案为： 14. 若圆柱的高h和底面半径r之比，且圆柱的体积，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据与列方程求解即可. 【详解】因为圆柱的高h和底面半径r之比， 所以，得． 故答案为：. 15. 已知数列满足，若，则数列的前项和______. 【答案】 【解析】 【分析】构造数列求出，再求出，证明它是等比数列，即得解. 【详解】因为， 所以数列是一个以2为首项，以2为公差的等差数列， 所以, 所以， 因为， 所以数列是一个以4为首项，以4为公比的等比数列， 所以数列的前项和. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解. 16. 已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在轴的上方），则______． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线AB的方程及点A，B的横坐标，再利用抛物线定义计算作答. 【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为：， 直线AB的方程为：，由消去y并整理得：，解得，， 依题意，点A的横坐标，点B的横坐标， 由抛物线定义得：. 故答案为： 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. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果； （2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果. 【小问1详解】 由函数，可得， 可得，且，所以切线的斜率为，切点为， 则所求切线方程为. 【小问2详解】 由（1），当时，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 而，，， 故所求最大值为，最小值为. 18. 近年来，为了提升青少年的体质，教育部出台了各类相关文件，各地区学校也采取了相应的措施，适当增加在校学生的体育运动时间；现调查某地区中学生（包含初中生与高中生）对增加体育运动时间的态度，所得数据统计如下表所示： 喜欢增加体育运动时间 不喜欢增加体育运动时间 初中生 160 40 高中生 140 60 （1）在犯错误的概率不超过0.01（小概率值）的前提下，能否认为学段与对增加体育运动时间的态度有关联； （2）以频率估计概率，若在该地区所有中学生中随机抽取4人，记“喜欢增加体育运动时间”的人数为X，求X的分布列以及数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）不能 （2） X 0 1 2 3 4 P . 【解析】 【分析】（1）先得出，对照临界值表可得结论； （2）依题意，，得出对应概率，可得X的分布列以及数学期望. 【小问1详解】 完善二联表如下： 喜欢增加体育运动时间 不喜欢增加体育运动时间 总计 初中生 160 40 200 高中生 140 60 200 总计 300 100 400 零假设：不能认为学段与对增加体育运动时间的态度有关联， 则， 故依据的独立性检验，没有充足证据推断不成立， 因此可以认为成立，即不能认为学段与对增加体育运动时间的态度有关联； 【小问2详解】 喜欢增加体育运动时间的人数有300人，故喜欢增加体育运动时间的概率为 依题意，， ， ， ， ， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P 则. 19. 已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，得到的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，即可求解； （2）设，联立方程组，切点，得到，由，得到AB的方程为，联立方程组，求得，再求得点处的切线方程，设，得到与处的切线方程，根据两条切线都过点，求得PQ的方程，再由，得到，联立方程组，结合，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：设是所求轨迹上的任意一点， 因为点到定点的距离比到定直线的距离小， 所以点到定点的距离与到定直线的距离相等， 由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线， 所以的方程为． 【小问2详解】 解：设， 联立方程组，整理得， 则且， 所以， 所以，则， 因为，所以直线AB的方程为，即， 联立方程组，整理得，解得或， 又因为两点位于轴两侧，可得， 设点在抛物线上，又由，可得，则， 则在点处的切线方程为，整理得， 设，则在与处的切线方程分别为：与， 又由两条切线都过点，则，， 则直线PQ的方程为，即， 由，点的坐标适合方程，所以点在直线PQ上， 又由是线段MN的中点，可得， 因为，则， 联立方程组，整理得， 可得且， ， 所以. 【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略： 1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 20. 定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”. （1）若，求的前项和； （2）设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件； （3）求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式. 【答案】（1） （2）是的充要条件. （3）的最大值为， 【解析】 【分析】（1）根据所给新定义，分n为奇偶讨论，分别求出前n项和； （2）分别结合等比数列的定义，研究充分性、必要性即可得证； （3）分析的取值，可得的关系，得出，据此可求出的最大值. 【小问1详解】 依题意 故 因为，所以， 当为奇数时，， 当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列. 故当为偶数时， . 当为奇数时，. 综上所述， 【小问2详解】 充分性：因为，所以， 所以， 又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列， 故是的充分条件. 必要性：假设为等比数列，而不为常数列， 则中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为，其中， 所以， 则等比数列的公比为. 又，得等比数列的公比为，与式矛盾， 所以假设不成立，所以当为等比数列时，为常数列， 故是的必要条件. 综上，可知是的充要条件. 【小问3详解】 当时，，当时，， 当时，，当时，. 综上所述，或或（上述四种情形每种中或1）. 又由题意可知，所以， 所以，故的最大值为， 此时的通项公式可以是 【点睛】关键点点睛：本题的关键一方面在于对新定义的理解，运用，另一方面是能够对分类讨论，证明数列为等比数列，再由等比数列的通项公式，求和公式得解. 21. 已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为． （1）求的方程； （2）证明：与点的坐标无关； （3）若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 设点，直线的方程为， 由，消去，得， ， 由直线与椭圆相切，得． 设切点，则，， 所以， 设直线的方程为，联立由， 消去，得， 设，则 ，， 所以 ， 易知，点在椭圆外，所以，所以， ． 由，得， 即． 因为 ． 所以， 所以． 所以，与点的坐标无关． （3）或． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率得，又在椭圆上得，联立可得结果； （2）设点，直线的方程为，联立椭圆方程，由直线与椭圆相切，得，并求，设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理，求出，利用化简可得结果； （3）由（2）可知切点，得，结合已知进而可得直线的方程，联立椭圆方程求T点坐标，从而求出直线的方程. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，由题意知，，所以，解得． 又椭圆过点，所以，结合，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，，所以， 因为，所以①， 又，所以②， 由①②解得或（舍去）． 所以直线的方程为，由，解得或 故切点的坐标为或． 所以直线的方程为或． 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量数量积公式进行转化变形，结合已知条件得出结果. 22. 已知函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）证明：. 【答案】（1）时，的单调增区间为，无减区间；时，单增区间为上增，单调减区间为上递减． （2）证明：证法1： ，即证， 令，，，令，， 在，上单调递增，，，故存在唯一的使得，)在上单调递减，在上单调递增，，，当时， ， 时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，，得证. 证法2：要证： ，即证： ，令，，当时，，时，；所以在上单调递减，在上单调递增， ； 令，，，当 时，，时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，，，，得证. 【解析】 【分析】(1),分和两种情况讨论单调性即可；(2)法一：将不等式变形为，构造函数，证明即可；法二：将不等式变形为，分别设，求导证明即可. 【详解】(1) ， 当时，，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，，当，， 单增区间为上增，单调减区间为上递减． (2)略 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，最值，证明不等式问题，第二问证明的方法比较灵活，对不等式合理变形，转化为函数问题是解题关键，是难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 一､单项选择题：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. 已知某市高三共有20000名学生参加二模考试，统计发现他们的数学分数近似服从正态分布，据此估计，该市二模考试数学分数介于75到115之间的人数为（ ） 参考数据：若，则. A. 13272 B. 16372 C. 16800 D. 19518 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在椭圆的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 记数列的前项和为，若，则（ ） A. 590 B. 602 C. 630 D. 650 5. 波斯诗人奥马尔•海亚姆于十一世纪发现了一元三次方程的几何求解方法.在直角坐标系中，两点在轴上，以为直径的圆与抛物线：交于点，.已知是方程的一个解，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，若，则（ ） A. 512 B. 678 C. 1010 D. 1022 7. 已知函数，若关于的方程在上恰有一个实数根，则（ ） A. B. C. D. 2 8. 已知函数的部分图象如图所示，其图象上最高点的纵坐标为2，且图象经过点，则（ ） A. B. 1 C. －1 D. 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. 设为全集，集合满足条件，那么下列各式中不一定成立的是（    ） A. B. C. D. 10. 在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（    ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. D. 角的最小值为 11. 对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（与互质），则（    ） A. 若n为质数，则 B. 数列单调递增 C. 数列的最大值为1 D. 数列为等比数列 12. 如图，在三棱锥中，，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. 直线AB与CD为异面直线 B. C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 的值为______ 14. 若圆柱的高h和底面半径r之比，且圆柱的体积，则_________． 15. 已知数列满足，若，则数列的前项和______. 16. 已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在轴的上方），则______． 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. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 18. 近年来，为了提升青少年的体质，教育部出台了各类相关文件，各地区学校也采取了相应的措施，适当增加在校学生的体育运动时间；现调查某地区中学生（包含初中生与高中生）对增加体育运动时间的态度，所得数据统计如下表所示： 喜欢增加体育运动时间 不喜欢增加体育运动时间 初中生 160 40 高中生 140 60 （1）在犯错误的概率不超过0.01（小概率值）的前提下，能否认为学段与对增加体育运动时间的态度有关联； （2）以频率估计概率，若在该地区所有中学生中随机抽取4人，记“喜欢增加体育运动时间”的人数为X，求X的分布列以及数学期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.05 0.01 0.005 3.841 6.635 7.879 19. 已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值． 20. 定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”. （1）若，求的前项和； （2）设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件； （3）求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式. 21. 已知椭圆的离心率为，且过点．若斜率为的直线与椭圆相切于点，过直线上异于点的一点，作斜率为的直线与椭圆交于两点，定义为点处的切割比，记为． （1）求的方程； （2）证明：与点的坐标无关； （3）若，且（为坐标原点），则当时，求直线的方程． 22. 已知函数. （1）讨论函数的单调区间； （2）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $