精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期第四次模拟考试数学试题

东北师大附中2024-2025学年下学期 高三年级第四次模拟考试 （数学）科试卷 满分：150分 考试时长：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则复数 （ ） A. 1 B. C. 5 D. 3. 某唱歌比赛共有10位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从10个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分．8个有效评分与10个原始评分相比，一定不变的数字特征是（ ） A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 标准差 4. 已知直线平面，直线平面，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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 所有棱长都是2的正四棱锥的内切球半径为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为R，，且，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 是周期为2的函数 8. 坐标平面上的点也可表示为，其中，为轴非负半轴绕原点逆时针旋转到与重合的旋转角．将点绕原点逆时针旋转后得到点，这个过程称之为旋转变换，已知旋转变换公式：，将曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线 ，则曲线 的离心率为（ ） 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. 对于回归分析，下列结论中正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于0 B. 若回归直线的斜率估计值为，样本点的中心为，则回归直线方程为 C. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好 10. 已知函数在上有且只有五个零点，下列结论中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 在上，方程有3个根 C. 的取值范围是 D. 在上单调递增 11. 已知双曲线，直线m与双曲线的右支交于点A，B（A在x轴上方），与双曲线的两条渐近线交于点M，N（M在x轴上方），O为坐标原点．当直线m的斜率存在时，下列结论中正确的是（） A. 恒成立 B. 的面积的最小值为1 C. 若，则 D. 若，则的面积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，且，则_______． 13. 已知在等差数列中，是正整数，且，设为数列的前n项和，若，则________． 14. 盒子中有1个红球，2个黄球，3个白球，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出，则黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和白球）的概率为________． 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. 在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， 的面积为，周长为20． （1）求A； （2）求a． 16. 如图，在直角梯形ABCD中，于E，沿DE将折起，使得点A到点P的位置，，N是棱BC上的动点（不与B，C重合），F是棱PB中点，于M． （1）证明：平面平面PBC﹔ （2）当三棱锥的体积为时，求平面EFN和平面PCD的夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）若恒成立，求实数a的取值范围； （2）证明：当时，． 18. 知点，点P在y轴上，点Q在x轴上，且满足． （1）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹的方程； （2）设点为轨迹内一定点，过E作斜率分别为的两条直线交轨迹于点A，B和C，D，且S，T分别是线段AB，CD的中点． （i）当且时，求面积的最小值； （ⅱ）若 （为常数），证明：直线ST过定点． 19. 某学校食堂共有A，B，C三个窗口分别为学生提供三种不同菜品，假设每人每餐只能选择一个窗口，某人第i次在A，B，C窗口选餐分别记为事件．已知，若某次选择A窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为；若某次选择B窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为．若某次选择C窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为． （1）判断事件与事件是否相互独立，并说明理由； （2）设，证明：； （3）定义随机变量，当选择A窗口时，否则，求数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中2024-2025学年下学期 高三年级第四次模拟考试 （数学）科试卷 满分：150分 考试时长：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出指数不等式，再根据对数真数大于0得到集合，最后利用交集含义即可. 【详解】，， 则. 故选：A. 2. 已知复数z满足，则复数 （ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘除法和共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】， 则. 故选：C. 3. 某唱歌比赛共有10位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从10个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分．8个有效评分与10个原始评分相比，一定不变的数字特征是（ ） A. 众数 B. 中位数 C. 平均数 D. 标准差 【答案】B 【解析】 【分析】根据众数、平均数、中位数、标准差概念来进行求解，得到答案. 【详解】设10位评委评分按从小到大排列为， 对A，可能存在两个一样的最低分，且仅最低分为原众数， 则去掉1个最低分后，其众数发生了变化，故A错误； 对B，原始中位数为，去掉最低分，最高分， 后剩余，中位数仍为，故B正确； 对C，原始平均数， 后来平均数，平均数受极端值影响较大， 与不一定相同，C错误； 对D，原标准差为， 后标准差为，两者可能不等，故D错误. 故选：B. 4. 已知直线平面，直线平面，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 【答案】D 【解析】 【分析】利用长方体棱与面的关系，结合充分条件、必要条件的定义说明判断. 【详解】在正方体中，平面，平面， 显然，而平面平面， 因此有直线平面，直线平面，由不能推出； 在正方体中，平面，平面， 显然平面平面，而直线， 因此有直线平面，直线平面，由不能推出， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，依次判断代入求值. 【详解】函数，则， 所以. 故选：A 6. 所有棱长都是2的正四棱锥的内切球半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用体积法求出内切球半径. 【详解】依题意，所有棱长都是2的正四棱锥的高， 体积，表面积， 设该棱锥的内切球半径为，则，即. 故选：C 7. 已知函数的定义域为R，，且，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 是周期为2的函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法逐项分析判断. 【详解】函数，， 对于A，取，，则， 解得，不是奇函数，A错误； 对于B，，取，则， 即，B正确； 对于C，取，则，即，C错误； 对于D，由，得，即， 因此2不是的周期，D错误. 故选：B 8. 坐标平面上的点也可表示为，其中，为轴非负半轴绕原点 逆时针旋转到与重合的旋转角．将点绕原点 逆时针旋转后得到点，这个过程称之为旋转变换，已知旋转变换公式：，将曲线绕原点 顺时针旋转后得到曲线，则曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据相关点法可求得曲线为椭圆，由椭圆离心率求法可得结果. 【详解】设曲线上一点，其绕原点 顺时针旋转后对应的曲线上的点为， 则，， ， 整理可得：，即曲线的方程为：， ，，，曲线的离心率. 故选：B. 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. 对于回归分析，下列结论中正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于0 B. 若回归直线的斜率估计值为，样本点的中心为，则回归直线方程为 C. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好 【答案】BD 【解析】 【分析】利用相关系数的意义判断A；利用回归直线必过样本点中心判断B；利用回归直线的意义判断C；利用相关指数的意义判断D. 【详解】对于A，两个变量的线性相关性越强，则相关系数r的绝对值越接近于1，A错误； 对于B，设回归直线方程为，则，回归直线方程为，B正确； 对于C，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.1个单位，C错误； 对于D，用相关指数来刻画回归效果，越大，说明模型的拟合效果越好，D正确. 故选：BD 10. 已知函数在上有且只有五个零点，下列结论中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 在上，方程有3个根 C. 的取值范围是 D. 在上单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用相位整体思想，借助正弦函数的性质，来确定的取值范围，从而去判断各选项. 【详解】由，则， 根据函数在上有且只有五个零点， 可得，解得：，故C正确； 当时，，由于， 所以不一定等于，则的图象不一定关于对称，故A错误； 因为，所以在内有， 一定没有，则，可得满足的3个解，故B正确； 当时，， 因为，所以， 此时，所以， 则在上单调递增，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知双曲线，直线m与双曲线的右支交于点A，B（A在x轴上方），与双曲线的两条渐近线交于点M，N（M在x轴上方），O为坐标原点．当直线m的斜率存在时，下列结论中正确的是（） A. 恒成立 B. 的面积的最小值为1 C. 若，则 D. 若，则的面积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，设直线方程为，分别与双曲线方程以及双曲线的渐近线方程联立，求出中点坐标，并判断是否相等即可；对于B选项，设直线方程为，直线分别与渐近线方程联立，求出坐标，进而求出的面积，根据的范围，求出的面积的范围即可；对于C选项，由，得到，结合A选项的结果，即可判断选项C是否正确；对于D选项，由已知可得，利用选项A的方程，得到关系，求出的面积即可． 【详解】对于A，设，代入得，① 显然，即， 设，则是方程①的两个根， 有， 设， 由得，由，得； 所以，所以和的中点重合， 所以，所以恒成立．故A正确． 对于B，设直线方程为， 由得,由得， ，，故B错误． 对于C，因为和的中点重合为，所以， 又，所以，所以，故C正确． 对于D，因为，所以， 得，即， 所以，又， 所以是定值．故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，且，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及数量积运算律求出，进而求出夹角的余弦. 【详解】由，，得，而， 所以. 故答案为： 13. 已知在等差数列中，是正整数，且，设为数列的前n项和，若，则________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和可得，再由正整数的条件推得是正整数即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，由，，即， 由，得数列是递增的，而，又是正整数， 则是正整数，于是是正整数，而，即是正偶数， 是正奇数，且，因此，，，，符合题意， 所以. 故答案为：5 14. 盒子中有1个红球，2个黄球，3个白球，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出，则黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和白球）的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用互斥事件的概率公式，结合排列组合计数问题求出古典概率. 【详解】依题意，黄球最先被全部取出时，可以取2次球，也可取3次球，还可取球4次， 若取球2次，黄球最先被全部取出的概率； 若取球3次，黄球最先被全部取出的概率； 若取球4次，黄球最先被全部取出的概率， 所以所求概率为. 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． 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的面积为，周长为20． （1）求A； （2）求a． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式得，结合的范围即可得到答案； （2）首先利用三角形面积公式得，再结合余弦定理和其周长即可得到关于方程，解出即可. 【小问1详解】 由 得 ，即， 因为，则，则，则. 【小问2详解】 的面积为，则， 根据余弦定理有， 又因为，则，解得. 16. 如图，在直角梯形ABCD中，于E，沿DE将折起，使得点A到点P的位置，，N是棱BC上的动点（不与B，C重合），F是棱PB中点，于M． （1）证明：平面平面PBC﹔ （2）当三棱锥的体积为时，求平面EFN和平面PCD的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明:依题意，由平面，得平面， 而平面，则，而平面， 于是平面，又平面，则，而， 平面，因此平面，而平面， 所以平面平面PBC； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质证得平面，再利用面面垂直的判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面EFN和平面PCD的法向量，再利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 由F是棱PB中点，得点到平面的距离， 由，解得，即为的中点， ， ，， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以平面EFN和平面PCD的夹角的余弦值为. 17. 已知函数． （1）若恒成立，求实数a的取值范围； （2）证明：当时，． 【答案】（1）； （2） 由（1）知，当时，不等式恒成立，则恒成立， 因此，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出函数的最大值即可, （2）由（1）可得，再作商构造函数，利用导数求出最大值小于1即可得证. 【小问1详解】 函数定义域为， 不等式， 令函数，依题意，对恒成立， ，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 所以实数a的取值范围是. 【小问2详解】 略 18. 知点，点P在y轴上，点Q在x轴上，且满足． （1）当点P在y轴上移动时，求点M的轨迹的方程； （2）设点为轨迹内一定点，过E作斜率分别为的两条直线交轨迹于点A，B和C，D，且S，T分别是线段AB，CD的中点． （i）当且时，求面积的最小值； （ⅱ）若 （为常数），证明：直线ST过定点． 【答案】（1）； （2）（i）4； （ⅱ）证明：由（i）得直线的斜率， 直线的方程，即， 又，则，则有， 即，由，得， 所以直线ST过定点. 【解析】 【分析】（1）设，利用向量的坐标运算列式求出轨迹方程. （2）（i）设出直线方程，与的方程联立求出点的坐标，进而求得的坐标，再则已知求出三角形面积的关系，借助基本不等式求出最小值；（ⅱ）由（i）中信息，求出直线的方程，结合已知求得直线所过定点即得. 【小问1详解】 设，，， 由，得，解得， 由，得，则，即， 所以点M的轨迹的方程为. 【小问2详解】 （i）设直线方程为，设， 由消去得，则， ，， 直线方程为，同理， 当时， ，由，得， 因此的面积， 当且仅当且时取等号， 所以面积的最小值为4. （ⅱ）略 19. 某学校食堂共有A，B，C三个窗口分别为学生提供三种不同菜品，假设每人每餐只能选择一个窗口，某人第i次在A，B，C窗口选餐分别记为事件．已知，若某次选择A窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为；若某次选择B窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为．若某次选择C窗口，则下次选择A，B，C窗口的概率分别为． （1）判断事件与事件是否相互独立，并说明理由； （2）设，证明：； （3）定义随机变量，当选择A窗口时，否则，求数学期望． 【答案】（1）相互独立，理由如下： ， ， 所以事件与事件相互独立. （2）证明：依题意，，， ， 则，， ， 于是，， 所以. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求出，再利用概率的乘法公式，结合相互独立事件的定义判断即可. （2）根据给定条件，求出递推公式，再借助构造法推理得证. （3）利用数学期望的意义求得，再利用（2）中信息，按为奇偶分类求出通项公式即得. 【小问1详解】 事件与事件相互独立，理由略. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 由（2）知，，而， 数列中的奇数项是以为首项，为公比的等比数列， 当为奇数时，， 又，则，因此； 当为偶数时，， ，解得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $