东北四市一模试题2024年高三数学第一学期期末达标测试试题含解析

东北四市一模试题2024年高三数学第一学期期末达标测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）A． B． C． D．22．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（）A．若，，则或B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则3．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知数列为等差数列，且，则的值为（）A． B． C． D．5．若集合，，则A． B． C． D．6．某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且7．当输入的实数时，执行如图所示的程序框图，则输出的不小于103的概率是（）A． B． C． D．8．若直线经过抛物线的焦点，则（）A． B． C．2 D．9．已知复数z＝（1+2i）（1+ai）（a∈R），若z∈R，则实数a＝（）A． B． C．2 D．﹣210．已知（为虚数单位，为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（）.A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．在中，角、、所对的边分别为、、，若，则（）A． B． C． D．12．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（）A． B． C．或 D．或4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知实数，满足，则的最大值为______.14．已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是____．15．的展开式中所有项的系数和为______，常数项为______.16．设全集，，，则______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD，E，F分别是棱AB，PC的中点.求证：（1）EF//平面PAD；（2）平面PCE⊥平面PCD．18．（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.（1）求数列、的通项公式；（2）令，证明：.19．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为直线垂直于轴，垂足为，与抛物线交于不同的两点，且过的直线与椭圆交于两点，设且.（1）求点的坐标；（2）求的取值范围.20．（12分）已知函数，函数在点处的切线斜率为0.（1）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；（2）对于函数图象上的不同两点，，如果在函数图象上存在点，使得在点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.21．（12分）2018年反映社会现实的电影《我不是药神》引起了很大的轰动，治疗特种病的创新药研发成了当务之急．为此，某药企加大了研发投入，市场上治疗一类慢性病的特效药品的研发费用（百万元）和销量（万盒）的统计数据如下：研发费用（百万元）2361013151821销量（万盒）1122.53.53.54.56（1）求与的相关系数精确到0.01，并判断与的关系是否可用线性回归方程模型拟合？（规定：时，可用线性回归方程模型拟合）；（2）该药企准备生产药品的三类不同的剂型，，，并对其进行两次检测，当第一次检测合格后，才能进行第二次检测．第一次检测时，三类剂型，，合格的概率分别为，，，第二次检测时，三类剂型，，合格的概率分别为，，．两次检测过程相互独立，设经过两次检测后，，三类剂型合格的种类数为，求的数学期望．附：（1）相关系数（2），，，．22．（10分）在平面直角坐标系中,有一个微型智能机器人（大小不计）只能沿着坐标轴的正方向或负方向行进,且每一步只能行进1个单位长度,例如：该机器人在点处时,下一步可行进到、、、这四个点中的任一位置．记该机器人从坐标原点出发、行进步后落在轴上的不同走法的种数为．（1）分别求、、的值；（2）求的表达式．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解题分析】

首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【题目详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.2、D【解题分析】

根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.【题目详解】选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；选项D，若，，有可能，故D不正确.故选：D【题目点拨】本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.3、B【解题分析】

设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.【题目详解】设,则,,,所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.故选:B【题目点拨】本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.4、B【解题分析】

由等差数列的性质和已知可得，即可得到，代入由诱导公式计算可得．【题目详解】解：由等差数列的性质可得，解得，，故选：B．【题目点拨】本题考查等差数列的下标和公式的应用，涉及三角函数求值，属于基础题．5、C【解题分析】

解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.【题目详解】因为或，，所以，故选C.【题目点拨】本题考查集合的交运算，属于容易题.6、D【解题分析】

首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【题目详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以：，，.故选：D..【题目点拨】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.7、A【解题分析】

根据循环结构的运行，直至不满足条件退出循环体，求出的范围，利用几何概型概率公式，即可求出结论.【题目详解】程序框图共运行3次，输出的的范围是，所以输出的不小于103的概率为.故选:A.【题目点拨】本题考查循环结构输出结果、几何概型的概率，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.8、B【解题分析】

计算抛物线的交点为，代入计算得到答案.【题目详解】可化为，焦点坐标为，故.故选：.【题目点拨】本题考查了抛物线的焦点，属于简单题.9、D【解题分析】

化简z＝（1+2i）（1+ai）=，再根据z∈R求解.【题目详解】因为z＝（1+2i）（1+ai）=，又因为z∈R，所以，解得a＝-2.故选：D【题目点拨】本题主要考查复数的运算及概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、D【解题分析】

设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.【题目详解】设，则，所以，解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.【题目点拨】本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.11、D【解题分析】

利用余弦定理角化边整理可得结果.【题目详解】由余弦定理得：，整理可得：，.故选：.【题目点拨】本题考查余弦定理边角互化的应用，属于基础题.12、C【解题分析】

对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.【题目详解】分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.【题目点拨】本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

画出不等式组表示的平面区域，将目标函数理解为点与构成直线的斜率，数形结合即可求得.【题目详解】不等式组表示的平面区域如下所示：因为可以理解为点与构成直线的斜率，数形结合可知，当且仅当目标函数过点时，斜率取得最大值，故的最大值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查目标函数为斜率型的规划问题，属基础题.14、（-4，2）【解题分析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值15、3-260【解题分析】

(1)令求得所有项的系数和；(2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.【题目详解】将代入，得所有项的系数和为3.因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.故答案为：3；-260【题目点拨】本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.16、【解题分析】

先求出集合，，然后根据交集、补集的定义求解即可．【题目详解】解：，或；∴；∴．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查集合的交集、补集运算，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】

（1）取的中点构造平行四边形，得到，从而证出平面；（2）先证平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面．【题目详解】证明：（1）如图，取的中点，连接，，是棱的中点，底面是矩形，，且，又，分别是棱，的中点，，且，，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2），点是棱的中点，，又，，平面，平面，，底面是矩形，，平面，平面，且，平面，又平面，，，，又平面，平面，且，平面，又平面，平面平面．【题目点拨】本题主要考查线面平行的判定，面面垂直的判定，首选判定定理，是中档题．18、（1）,（2）证明见解析【解题分析】

（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.【题目详解】（1）设首项为，公差为.由题意，得，解得，∴，∴，∴当时，∴，.当时，满足上式.∴（2），令数列的前项和为.两式相减得∴恒成立，得证.【题目点拨】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）设出的坐标，代入，结合在抛物线上，求得两点的横坐标，进而求得点的坐标.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，结合，求得的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围.【题目详解】（1）可知，设则，又，所以解得所以.（2）据题意，直线的斜率必不为所以设将直线方程代入椭圆的方程中，整理得，设则①②因为所以且将①式平方除以②式得所以又解得又，所以令，则所以【题目点拨】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线和椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，考查向量模的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于难题.20、（1），单调性见解析；（2）不存在，理由见解析【解题分析】

（1）由题意得，即可得；求出函数的导数，再根据、、、分类讨论，分别求出、的解集即可得解；（2）假设满足条件的、存在，不妨设，且，由题意得可得，令（），构造函数（），求导后证明即可得解.【题目详解】（1）由题可得函数的定义域为且，由，整理得..（ⅰ）当时，易知，，时.故在上单调递增，在上单调递减.（ⅱ）当时，令，解得或，则①当，即时，在上恒成立，则在上递增.②当，即时，当时，；当时，.所以在上单调递增，单调递减，单调递增.③当，即时，当时，；当时，.所以在上单调递增，单调递减，单调递增.综上，当时，在上单调递增，在单调递减.当时，在及上单调递增；在上单调递减.当时，在上递增.当时，在及上单调递增；在上递减.（2）满足条件的、不存在，理由如下：假设满足条件的、存在，不妨设，且，则，又，由题可知，整理可得：，令（），构造函数（）.则，所以在上单调递增，从而，所以方程无解，即无解.综上，满足条件的A、B不存在.【题目点拨】本题考查了导数的应用，考查了计算能力和转化化归思