黑龙江省哈尔滨兆麟中学2024届高三下学期四调考试数学试题（A4版含解析）

黑龙江省哈尔滨兆麟中学2024届高三下学期四调考试数学试题（A4版，含解析）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．若等差数列的前项和为，且，，则的值为（）．A．21 B．63 C．13 D．842．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（）A． B． C． D．3．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（）A． B． C． D．4．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（）A． B． C． D．5．已知函数，若关于的方程恰好有3个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．6．如果直线与圆相交，则点与圆C的位置关系是（）A．点M在圆C上 B．点M在圆C外C．点M在圆C内 D．上述三种情况都有可能7．已知，为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③8．的二项展开式中，的系数是（）A．70 B．-70 C．28 D．-289．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（）A． B． C． D．10．函数的部分图象如图所示，已知，函数的图象可由图象向右平移个单位长度而得到，则函数的解析式为（）A． B．C． D．11．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（）A．、B．、C．、D．、12．复数的虚部是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，则_____．14．已知为等差数列，为其前n项和，若，，则_______.15．已知函数，则下列结论中正确的是_________.①是周期函数；②的对称轴方程为，；③在区间上为增函数；④方程在区间有6个根.16．已知函数图象上一点处的切线方程为，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）已知动圆E与圆外切，并与直线相切，记动圆圆心E的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，若曲线C上存在点P使得，求直线l的斜率k的取值范围.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中点．证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．19．（12分）如图，在正四棱柱中，已知，.（1）求异面直线与直线所成的角的大小；（2）求点到平面的距离.20．（12分）在平面直角坐标系中，设，过点的直线与圆相切，且与抛物线相交于两点．（1）当在区间上变动时，求中点的轨迹；（2）设抛物线焦点为，求的周长(用表示)，并写出时该周长的具体取值．21．（12分）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为，三人各射击一次，击中目标的次数记为.（1）求的分布列及数学期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中,若的值最大,求实数的取值范围.22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点.（1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若点P的极坐标为，，求的值.

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】

由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求，，然后结合等差数列的求和公式即可求解．【题目详解】解：因为，，所以，解可得，，，则．故选：B．【题目点拨】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式的简单应用，属于基础题．2、D【解题分析】由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故选D.3、A【解题分析】

设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【题目详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【题目点拨】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.4、D【解题分析】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.【题目详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，利用球的性质可得，又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，所以球心到底面的距离为.故选：D.【题目点拨】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.5、D【解题分析】

讨论，，三种情况，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.【题目详解】当时，，故，函数在上单调递增，在上单调递减，且；当时，；当时，，，函数单调递减；如图所示画出函数图像，则，故.故选：.【题目点拨】本题考查了利用导数求函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.6、B【解题分析】

根据圆心到直线的距离小于半径可得满足的条件，利用与圆心的距离判断即可.【题目详解】直线与圆相交，圆心到直线的距离，即．也就是点到圆的圆心的距离大于半径．即点与圆的位置关系是点在圆外．故选：【题目点拨】本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题．7、C【解题分析】

根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.【题目详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确；若，，平面可能相交，故②错误；若，，则可能平行，故③错误；由线面垂直的性质可得，④正确；故选：C【题目点拨】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.8、A【解题分析】试题分析：由题意得，二项展开式的通项为，令，所以的系数是，故选A．考点：二项式定理的应用．9、D【解题分析】

倾斜角为的直线与直线垂直，利用相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式即可得出结果.【题目详解】解：因为直线与直线垂直，所以，.又为直线倾斜角，解得.故选：D.【题目点拨】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式，考查计算能力，属于基础题.10、A【解题分析】

由图根据三角函数图像的对称性可得，利用周期公式可得，再根据图像过，即可求出，再利用三角函数的平移变换即可求解.【题目详解】由图像可知，即，所以，解得，又，所以，由，所以或，又，所以，，所以，，即，因为函数的图象由图象向右平移个单位长度而得到，所以.故选：A【题目点拨】本题考查了由图像求三角函数的解析式、三角函数图像的平移伸缩变换，需掌握三角形函数的平移伸缩变换原则，属于基础题.11、A【解题分析】

设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，得到，进而变形即可求解.【题目详解】由题意，设，则，又由，所以，即函数在R上单调递增，则，即，变形可得.故选：A.【题目点拨】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.12、C【解题分析】因为，所以的虚部是，故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.【题目详解】画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.【题目点拨】本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.14、1【解题分析】试题分析：因为是等差数列，所以，即，又，所以，所以．故答案为1．【考点】等差数列的基本性质【名师点睛】在等差数列五个基本量，，，，中，已知其中三个量，可以根据已知条件，结合等差数列的通项公式、前项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须注意整体代换思想及方程思想的应用.15、①②④【解题分析】

由函数，对选项逐个验证即得答案.【题目详解】函数，是周期函数，最小正周期为，故①正确；当或时，有最大值或最小值，此时或，即或，即.的对称轴方程为，，故②正确；当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在区间上不是增函数，故③错误；作出函数的部分图象，如图所示方程在区间有6个根，故④正确.故答案为：①②④.【题目点拨】本题考查三角恒等变换，考查三角函数的性质，属于中档题.16、1【解题分析】

求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得．【题目详解】由题意，∵函数图象在点处的切线方程为，∴，解得，∴．故答案为：1．【题目点拨】本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，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）；（2）.【解题分析】

（1）根据抛物线的定义，结合已知条件，即可容易求得结果；（2）设出直线的方程，联立抛物线方程，根据直线与抛物线相交则，结合由得到的斜率关系，即可求得斜率的范围.【题目详解】（1）因为动圆与圆外切，并与直线相切，所以点到点的距离比点到直线的距离大.因为圆的半径为，所以点到点的距离等于点到直线的距离，所以圆心的轨迹为抛物线，且焦点坐标为.所以曲线的方程.（2）设，，由得，由得且.，，同理由，得，即，所以，由，得且，又且，所以的取值范围为.【题目点拨】本题考查由抛物线定义求抛物线方程，涉及直线与抛物线相交结合垂直关系求斜率的范围，属综合中档题.18、（1）见解析；（2）【解题分析】

（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【题目详解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性质定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，,得，，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【题目点拨】本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即可．【题目详解】以为原点，所在直线分别为轴建系，设所以,,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为，异面直线与直线所成的角的大小为．（2）因为，，设是面的一个法向量，所以有即，令，，故，又，所以点到平面的距离为.【题目点拨】本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力．20、（1）．（2）的周长为，时，的周长为【解题分析】

（1）设的方程为，根据题意由点到直线的距离公式可得，将直线方程与抛物线方程联立可得，设､坐标分别是､,利用韦达定理以及中点坐标公式消参即可求解.（2）根据抛物线的定义可得，由（1）可得，再利用弦长公式即可求解.【题目详解】（1）设的方程为于是联立设､坐标分别是､则设的中点坐标为，则消去参数得：（2）设，，由抛物线定义知，，∴由（1）知∴，，的周长为时，的周长为【题目点拨】本题考查了动点的轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义、弦长公式，考查了计算能力，属于中档题.21、（1），ξ的分布列为ξ

0

1

2

3

P

(1－a)2

(1－a2)

(2a－a2)

（2）【解题分析】(1)P(ξ)是“ξ个人命中，3－ξ个人未