精品解析：吉林省吉林市普通高中2024-2025学年高三下学期第四次模拟测试数学试题

吉林地区普通中学2024-2025学年度高中毕业年级第四次调研测试 数学试题 说明：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，贴好条形码. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上.字体工整，笔迹清楚. 3.请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 2. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 2 3. 为了解教育改革制度出台后学生每周的段炼时长情况，从某市中小学抽取样本，经分析得到改革后学生每周的锻炼时长（单位：小时）近似服从正态分布，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 直线的一个方向向量为，倾斜角为，则（ ） A. 2 B. C. D. 5. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱与底面所成角为，则该正四棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 已知定义域为R的奇函数满足，则（ ） A. B. C. 的最小正周期为2 D. 是曲线的一条对称轴 7. 已知递减的等比数列前项和为，且满足，，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 设，，定义余弦距离（为原点）.若，，则的最小值为（ ）. A. B. 1 C. D. 0 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 两批同种规格的产品，第一批占40%，次品率为3%；第二批占60%，次品率为2%，则（ ） A. 从两批产品中各取1件，都取到次品的概率为0.06% B. 从两批产品中各取1件，都取到次品的概率为2.4% C. 两批产品混合后任取1件，该产品是次品的概率为2.4% D. 两批产品混合后任取1件，若取到的是次品，则它取自第一批产品的概率为0.3% 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的单调递减区间是 B. 当时，函数的单调递增区间是 C. 是函数的极大值 D. 函数有且只有一个零点 11. 如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球（桶壁的厚度忽略不计），其中一个球恰为铁桶的内切球（与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球），E为该球与母线BC的切点.AB，CD分别为铁桶上，下底面的直径，且，，F为的中点，则（ ） A. 铁桶的母线长为3 B. 铁桶的侧面积为 C. 过D，E，F三点的平面与桶盖的交线与直线CD所成角的正切值为 D. 桶中另一个球的半径的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.其中14题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分. 12. 若函数是定义域为的偶函数，则__________. 13. 已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为__________. 14. 已知，，且动点满足.则的取值范围为__________；若线段PM的垂直平分线与PA交于点Q，则的正切值的最大值为__________. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若点是曲线上的动点，求点到直线的最短距离； （2）若函数，求在上的最大值. 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，，平面平面，，，分别是的中点. （1）证明：平面； （2）若平面与平面的夹角为，求点到平面的距离. 17. 在中，角的对边分别为，且，. （1）若，求的周长； （2）若内切圆，外接圆的半径分别为，求的取值范围. 18. 在n重伯努利试验中，用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，它关注试验成功的总次数；用Y表示事件A第一次发生时已经进行的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，它关注的是首次成功发生的时机.在某篮球训练的投篮环节中，运动员甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为p. （1）当时，求运动员甲进行4次投篮，命中次数不少于2次的概率； （2）设表示运动员甲首次命中时的投篮次数. （i）求及此概率取得最大值时的值； （ii）若甲最多投篮n次，第n次未命中也结束投篮，利用（i）中的p值，求Z的数学期望. 19. 已知对任意平面向量，把向量绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. （1）若平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； （2）若双曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线. （i）求双曲线的标准方程及离心率； （ii）双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率存在的直线交双曲线于，两点，点是的外心，求证：直线与直线的斜率之积为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林地区普通中学2024-2025学年度高中毕业年级第四次调研测试 数学试题 说明：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，贴好条形码. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上.字体工整，笔迹清楚. 3.请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无效. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】举出反例证明为假命题，所以为真；找出实例证明为真命题，所以为假；由此即可求解. 【详解】对于命题，时，， 所以，为假命题，为真命题， 对于命题，，解得，或， 所以，，为真命题，为假命题， 所以和都是真命题. 故选：C 2. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由纯虚数定义列方程和不等式即可求解. 【详解】由题可得. 故选：B 3. 为了解教育改革制度出台后学生每周的段炼时长情况，从某市中小学抽取样本，经分析得到改革后学生每周的锻炼时长（单位：小时）近似服从正态分布，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求区间概率值. 【详解】由题设且， 所以. 故选：A. 4. 直线的一个方向向量为，倾斜角为，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再利用正切二倍角求出. 【详解】因为直线的一个方向向量为，所以， 则. 故选：D 5. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱与底面所成角为，则该正四棱锥的体积为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先根据正四棱锥的结构特征求出底面中心到顶点的距离（即高），再求出底面面积，最后代入棱锥体积公式计算体积. 【详解】 因为正四棱锥底面是边长为的正方形，其对角线长为， 那么底面正方形中心到底面顶点的距离为对角线长的一半，为. 设正四棱锥为，为底面的中心，则底面， 故就是侧棱与底面所成角，已知侧棱与底面所成角为，即. 在中，，又，则，即正四棱锥的高. 已知正四棱锥底面边长为，可得底面面积. 由棱锥体积公式，则. 故选：A. 6. 已知定义域为R的奇函数满足，则（ ） A. B. C. 的最小正周期为2 D. 是曲线的一条对称轴 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数的性质以及所给等式变形，结合对称性和周期性定义，赋值计算，对各选项逐一进行分析判断. 【详解】对于A选项，已知是定义域为的奇函数，则. 令，代入可得：，将代入得，即，所以A选项错误. 对于B选项，因为是奇函数，则. 由可得. 用代替可得，又因为，所以，即. 那么. 同理. . . 令，则，所以B选项正确. 对于C选项，由可知，所以的最小正周期不是，C选项错误. 对于D选项，由，得不是曲线的对称轴，D选项错误. 故选：B. 7. 已知递减的等比数列前项和为，且满足，，若恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由题意求出，接着由指数函数性质研究分析的单调性和最值即可求解. 【详解】由题可设等比数列的公比为， 因为，，所以或， 所以，， 所以为单调递增数列，为单调递减数列， 所以单调递增，故， 故若恒成立，则的最小值为. 故选：D 8. 设，，定义余弦距离（为原点）.若，，则的最小值为（ ）. A. B. 1 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】分析可得在半圆上，结合图象确定的最小值，即可得解. 【详解】，则，且， 在半圆上， 如图，当在时，取最小值，最小值为，取得最大值， 此时取最小值，最小值为. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 两批同种规格的产品，第一批占40%，次品率为3%；第二批占60%，次品率为2%，则（ ） A. 从两批产品中各取1件，都取到次品的概率为0.06% B. 从两批产品中各取1件，都取到次品的概率为2.4% C. 两批产品混合后任取1件，该产品是次品的概率为2.4% D. 两批产品混合后任取1件，若取到的是次品，则它取自第一批产品的概率为0.3% 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，B， 运用独立事件的概率乘法公式计算即可判断；对于C，设出相关事件，运用全概率公式计算即得；对于D，利用贝叶斯公式计算即得. 【详解】依题意，从两批产品中各取1件，都取到次品的概率为，故A正确，B错误； 设事件“次品来自第一批产品”， “次品来自第二批产品”，而“从混合后的产品中取出一件是次品”， 则 因，故C正确； 因，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数的单调递减区间是 B. 当时，函数的单调递增区间是 C. 是函数的极大值 D. 函数有且只有一个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】当时，利用导数求函数的单调性，判断AB；分和研究函数的单调性和最值，从而判断CD. 【详解】当时，, 则， 当时，， 则函数的单调递减区间是和， 当时，，则函数的单调递增区间是， 故A错误，B正确； 因为，则， 当时，当时，， 则函数的单调递减区间是和， 当时，，则函数的单调递增区间是， 所以是函数的极大值点，极大值为， 当时，当时，， 则函数的单调递增区间是和， 当时，，则函数的单调递减区间是， 所以是函数的极大值点，极大值为，故C正确； 根据上面研究，当时，函数的单调递减区间是和， 单调递增区间是，且，所以当时，， 当时，，所以函数只有一零点， 当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，且，所以当时，， 当时，，所以函数只有一零点，D正确. 故选：BCD 11. 如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球（桶壁的厚度忽略不计），其中一个球恰为铁桶的内切球（与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球），E为该球与母线BC的切点.AB，CD分别为铁桶上，下底面的直径，且，，F为的中点，则（ ） A. 铁桶的母线长为3 B. 铁桶的侧面积为 C. 过D，E，F三点的平面与桶盖的交线与直线CD所成角的正切值为 D. 桶中另一个球的半径的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，研究轴截面，设内切圆半径为，利用等面积法求出腰长，即为母线长；对于B选项,利用侧面积公式直接计算铁桶侧面积即可；对于C选项，连接DE交AB于G，连接FG交圆O于M，则FM即为过D，E，F三点的平面与桶盖的交线，在求解即可；对于D选项，在轴截面ABCD中，通过相似三角形求得另一个球半径最大值. 【详解】 由题，铁桶的轴截面是上底为4,下底为2的等腰梯形且有内切圆，如上图， 设内切圆半径为，则梯形两腰长为， 梯形面积公式可以用两种方式表示为 ， 故铁桶的母线长为3，A正确； 对于选项B，侧面积公式为，故B不正确； 对于选项C.连接DE交AB于G，连接FG交圆O于M，则FM即为过D，E，F三点的平面与桶盖的交线.，则即为所求角.,所以E为BC的三等分点且靠近C， 由，求得.在中，. 对于选项D.当球与球、桶盖、桶壁均相切时，球的半径最大，设为， 如下图，在轴截面ABCD中，由， 则， 可求得另一个球半径的最大值为. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.其中14题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分. 12. 若函数是定义域为的偶函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】整理可得，根据偶函数性质列式求解即可得结果. 【详解】因为， 可知均为偶函数，为奇函数， 若函数是定义域为的偶函数， 则，可得，所以. 故答案为：. 13. 已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，利用二项式展开，根据等式左侧为3的倍数，右侧也为3的倍数可得答案. 【详解】设， 则， 等式左侧为3的倍数，为3的倍数， 所以也为3的倍数， 故为大于1的奇数，所以. 故答案为：. 14. 已知，，且动点满足.则的取值范围为__________；若线段PM的垂直平分线与PA交于点Q，则的正切值的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】建立适当坐标系，设，利用向量模长的坐标运算求出点P轨迹方程，再利用数量积定义即可求解空1；由题设结合椭圆定义得到Q点的轨迹，再根据图形特征得到当QB与椭圆相切时，的正切值最大，接着设直线方程，联立椭圆，利用判别式求出直线即可进一步求解. 【详解】，，，. 以中点为原点，所在直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示平面直角坐标系， 则，设， 则 因为，所以，整理得， 点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆. ； 线段PM的垂直平分线与PA交于点Q，， 点的轨迹是以A，M为焦点、长轴长为2、短轴长为的椭圆， 所以该椭圆的方程为，当QB与椭圆相切时，的正切值最大， 设直线的斜率为k，则，直线的方程为， 联立， 令，即， 所以的正切值最大为. 故答案为：； 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若点是曲线上的动点，求点到直线的最短距离； （2）若函数，求在上的最大值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）法一；设点，点到直线的距离最短需满足在点处的切线与平行,利用导数的几何意义求得,求出切点即可得出结果;法二：设点，由点到直线的距离公式可得,构造函数 ，利用导数求得最值，即可求出切点，进而得出结果； （2）求出的导数，由在单调递增，可判断的单调性，进而可求在上的最大值. 【小问1详解】 法一；设点， 则点到直线的距离最短需满足在点处的切线与平行. ，， 切线的斜率. 则点到直线的最短距离. 法二：设点， 点到直线的距离. 设，.. 令，解得. 当变化时，，的变化情况如表所示 1 - 0 + 单调递减 3 单调递增 所以，当时，取得最小值. 所以点到直线的最短距离. 【小问2详解】 ，， 在单调递增. ， ，使. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ，， ，， 16. 如图，四棱锥的底面是矩形，，平面平面，，，分别是的中点. （1）证明：平面； （2）若平面与平面的夹角为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：构造中位线，利用线面平行判定定理证明平面，方法二或方法三：建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用法向量与方向向量的垂直关系证明， （2）方法一：根据面面垂直的性质证明平面，进而利用二面角的几何法找出二面角的平面角，进而根据平面,即可求出点到平面的距离，方法二或方法三：建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用两个平面的夹角求解未知量，即可利用点到面的距离的向量法求解. 【小问1详解】 方法一：且. 是中点，四边形ABCD是矩形，且. ，四边形是平行四边形，. 又不在平面内，平面，平面. 方法二：平面平面，平面平面， 平面，，平面PAB. 又，则以为原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空闻直角坐标系，设，，则. 依题意得，，，，，，. ，平面PBC的一个法向量为，. 又平面PBC，平面PBC. 法三：（1）平面平面ABCD，平面平面， 平面ABCD，，平面PAB. 以为原点，在平面PAB内过点且与AB垂直的直线为轴，以AB所在直线为轴，过点且与BC平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 依题意得，，，，，， 取PC中点G，连接BG， 由题可得，， ，. ，， 又平面，平面，平面 【小问2详解】 方法一：平面平面，平面平面， 平面，，平面 又平面，. 又，，平面，平面， 平面. 又平面，. 即为平面与平面的夹角，. 又，，，. 又由（1）知G为PC的中点，. 平面，平面，. 又，平面，平面，平面. 点到平面的距离为. （注：此处亦可用等体积法求解.设点到平面PAC的距离为， 由得， 即，解得） 方法二：平面的一个法向量为，，， 设平面的一个法向量为，则取. 平面与平面的夹角为， ，解得. ，， 平面的一个法向量为. 点到平面的距离. 方法三：平面的一个法向量为， ，， 设平面的一个法向量为， 则 取. 平面与平面的夹角为， ， 解得或.，. 平面的一个法向量为，， 点到平面的距离. 17. 在中，角的对边分别为，且，. （1）若，求的周长； （2）若内切圆，外接圆的半径分别为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理求出，即可求解的周长， （2）利用余弦定理可得，即可确定c的取值范围，进而利用正弦定理和面积公式，表示，利用基本不等式即可求解范围. 【小问1详解】 ，，由余弦定理得，， ，解得，或（舍去） ， 的周长为. 【小问2详解】 由余弦定理得，，整理得，， ， ，即， 由正弦定理得，，， ，， ， 令，，， 函数在上单调递增， ，即的取值范围是. 18. 在n重伯努利试验中，用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，它关注试验成功的总次数；用Y表示事件A第一次发生时已经进行的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，它关注的是首次成功发生的时机.在某篮球训练的投篮环节中，运动员甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为p. （1）当时，求运动员甲进行4次投篮，命中次数不少于2次的概率； （2）设表示运动员甲首次命中时的投篮次数. （i）求及此概率取得最大值时的值； （ii）若甲最多投篮n次，第n次未命中也结束投篮，利用（i）中的p值，求Z的数学期望. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）已知投篮命中次数服从二项分布，求. “”包含命中次、次、次这三种情况，根据二项分布概率公式分别算出这三种情况的概率，再相加. （2）（i）法一，求最大值.先对函数求导，根据导数正负判断函数单调性，进而找到最大值点. 法二，利用均值不等式的推广形式求最大值，通过变形使式子满足均值不等式条件，找到取等号时的值. （i i）先确定所有可能取值，分和两种情况求出概率.求时，先列出表达式，设为部分和，通过乘后与作差，利用等比数列求和公式化简，最后得出. 【小问1详解】 设运动员甲进行4次投篮，命中次数为X， 则. 【小问2详解】 （i）法一：， 设，，， 令，解得；令，解得， 则在上单调递增，在上单调递减， 当时，取最大值，即取得最大值， 此时； 法二：，， 当且仅当，即时，取“=”，此时取得最大值. （ii）由题意可知的所有可能取值为：1，2，3，…，n. 当且时，， 当时，， ， 设① 则②， ①－②得：， . 19. 已知对任意平面向量，把向量绕其起点沿逆时针方向旋转角后得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. （1）若平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，求点的坐标； （2）若双曲线绕坐标原点逆时针旋转得到曲线. （i）求双曲线的标准方程及离心率； （ii）双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且斜率存在的直线交双曲线于，两点，点是的外心，求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】（1） （2）（i），； （ii）由（i）可知，，由题意可知直线的斜率存在不为0， 故设直线方程为：，，， 联立，得， 则，，，， 因线段的中点为，， 所以线段的垂直平分线为， 即， 又，， 则线段的垂直平分线为， 同理线段的垂直平分线为， 设， 因点是的外心，则有， 则是方程， 即的两个根， 则，， 故，， 两式作商得，， 得，则， 即直线与直线的斜率之积为定值. 【解析】 【分析】（1）设，再利用新定义求出的坐标即可求解； （2）（i）双曲线上任取一点，根据新定义得出其旋转过后的点坐标，再将其坐标代入中即可求得双曲线的标准方程，进而求得离心率； （ii）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，再分别用点坐标求出线段的中垂线方程，设，将点坐标代入两条中垂线方程中，再利用同构思想得出是方程的两个根，再根据两次韦达定理建立关系式，即可求出，进而得出为定值. 【小问1详解】 设，则，， 将绕点沿顺时针方向旋转到，相当于沿逆时针方向旋转到， 则， 则，解得，，因此点的坐标是. 【小问2详解】 （i）在双曲线上任取一点， 将绕原点沿逆时针方向旋转， 得到， 则 又点在曲线上，则， 化简得双曲线的标准方程为：， 则，，，故离心率. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $