2024届吉林省白山市高三第二次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2吉林省白山市2024届高三第二次模拟考试数学试题一､选择题1.将一组数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为19，则（）A.19 B.20 C.21 D.22〖答案〗C〖解析〗这组数据有10个数，所以，则该组数据的分位数为，故，解得.故选：C.2.若直线与圆交于两点，则（）A. B.2 C. D.1〖答案〗A〖解析〗圆心到直线的距离，则.故选:A3.记等差数列的前项和为，若，，则的公差为（）A.5 B.6 C.7 D.8〖答案〗A〖解析〗设数列的公差为，依题意，，得，故，则.故选：.4.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（）A.“//”是“”的充分不必要条件B.“”是“”的必要不充分条件C.若异面，则有公共点D.若有公共点，则有公共点〖答案〗C〖解析〗对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；对于B，由，可得或，当时，因，则，当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，即“”是“”的充分条件，故B项错误；对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.故选：C.5.若，则（）A.-7 B.7 C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，故，则，故.故选：.6.如图所示，一种儿童储蓄罐有6个密码格，由购买者设定密码后方可使用，其中密码的数字只能在中进行选择，且每个密码格都必须设定数字，则数字“1”出现奇数次的不同密码个数为（）A.172 B.204 C.352 D.364〖答案〗D〖解析〗若数字“1”出现1次，则有种可能；若数字“1”出现3次，有种可能；若数字“1”出现5次，则有种可能，故数字“1”出现奇数次的不同密码个数为.故选：D.7.阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线的焦点为，顶点为，斜率为的直线过点且与抛物线交于两点，若为阿基米德三角形，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗依题意，，设直线，联立，则，解得或，不妨设，设直线方程为，联立得，，，，解得，故直线的斜率，故直线，同理可得直线的斜率，故直线，联立，解得，即，则.故选：C.8.已知四面体中，，点在线段上，过点作，垂足为，则当的面积最大时，四面体外接球的表面积与四面体外接球的表面积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知，四面体中，设，则，由等面积法可知，.由已知得平面，故；因为，故平面.故，故.，当且仅当，即时取等号，此时四面体外接球的半径满足，而四面体外接球的半径满足，故所求比值为.故选：C.二､多选题9.已知函数，则（）A.的图象关于原点对称B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.在上有个零点〖答案〗AD〖解析〗，令，则，故为奇函数，图象关于原点对称，故正确；当，时，即，，所以函数的对称轴为，，当时，，所以不存在整数使得，故错误；当时，即，所以函数的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，当时，单调递增区间为，所以在单调递增，在单调递减，故错误；令，所以，令，由，则，当，，，时，，则在上有4个零点，分别是，，，，故正确.故选：.10.已知为复数，则（）A.若，则为实数B.C.若，则D.若，则复数在复平面内所对应的点位于坐标轴上〖答案〗ABD〖解析〗设，故为实数，故A正确；，故B正确；令，故，但，故C错误；若，则，故，即或，故D正确.故选：ABD11.已知函数定义域为，其图象关于中心对称，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗因为的图象关于中心对称，则,故A正确；由，可得，则，取得，在中取可得，则，由，得，故B错误；由，得①②，②-①得，又，故C正确；又由①，故D正确.故选：ACD.三､填空题12.已知集合，若，则实数的取值范围为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，因为，则，所以实数的取值范围为.故〖答案〗为：.13.已知中，角所对的边分别为，其中，则__________；若，则当的面积取得最大值时，__________.〖答案〗2〖解析〗由正弦定理，，因为，故；而，由正弦定理，，由余弦定理，，得，取线段的中点为，延长至点，使，连结，则，，因为，且，，所以即平行四边形四条边的平方和等于对角线的平方和可得，则有，则，则当为边上的高时，的面积取得最大值，此时，由余弦定理，.故〖答案〗为：；14.已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为__________.〖答案〗〖解析〗因为以为直径圆过点，所以，由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，则直线的斜率；联立，解得，则，而，成等比数列，则，设，则，从而，而不重合，也就是，解得，则，故直线的斜率，设，所以，所以，故所求离心率.故〖答案〗为：.四､解答题15.已知函数.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）若，求实数的取值范围.解：（1），因此，而，故所求切线方程为，即；（2）依题意，，故对任意恒成立.令，则，令，解得.故当时，单调递增；当时，单调递减，则当时，取到极大值，也是最大值2.故实数的取值范围为.16.现有两组数据，组：组：.先从组数据中任取3个，构成数组，再从组数据中任取3个，构成数组，两组抽取的结果互不影响.（1）求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率；（2）记，其中表示数组中最小的数，表示数组中最大的数，求的分布列以及数学期望.解：（1）记“数组的数据之和不大于8”为事件，“数组的数据之和大于8”为事件，则，事件包含的数组有：、、、、、，共组，，故所求概率.（2）依题意，的可能取值为；，，则的分布列为1234则17.如图在四棱锥中，为菱形.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.（1）证明：记交于点，连接.因为是菱形，所以，且为的中点.因为，所以，又因为平面，且，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取的中点，连接交于点，连接.因为，所以是等边三角形，所以.又因为，故平面，所以平面.又平面，所以.由（1）知，且，所以平面.不妨设，则.在中，由，得，所以.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以.设平面的法向量为，所以，令得；设平面的法向量为，所以，令得.故，所以平面与平面所成二面角的正弦值为.18.已知双曲线的右焦点为，点在双曲线上，.（1）若，且点在第一象限，点关于轴的对称点为，求直线与双曲线相交所得的弦长；（2）探究：的外心是否落在双曲线在点处的切线上，若是，请给出证明过程；若不是，请说明理由.解：（1）依题意，，则直线的斜率为,则直线，即；联立，得，解得或，故所求弦长为.（2）的外心落在双曲线在点的切线上，证明过程如下，设双曲线在点的切线斜率为，则在点处的切线方程为，联立得，其中，则，而，故，代入上式可得，，解得，故双曲线在点处的切线方程为，即.直线的斜率为，线段的中点为，故直线的中垂线方程为，联立可得，故外心坐标，其满足，故的外心落在双曲线在点处的切线上.19.已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.（1）若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；（2）若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；（3）已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.解：（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；若，则，得，而，解得或，故或.（2）设等差数列的公差为，因为，则，则，由，得，而，故，两式相减得，即，又，得，所以.（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，故，所以.若存在，使得，即，则，且.假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，则因为，所以.所以；又，则.所以；即与不能同时成立.故数列不为“阶可控摇摆数列”.吉林省白山市2024届高三第二次模拟考试数学试题一､选择题1.将一组数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为19，则（）A.19 B.20 C.21 D.22〖答案〗C〖解析〗这组数据有10个数，所以，则该组数据的分位数为，故，解得.故选：C.2.若直线与圆交于两点，则（）A. B.2 C. D.1〖答案〗A〖解析〗圆心到直线的距离，则.故选:A3.记等差数列的前项和为，若，，则的公差为（）A.5 B.6 C.7 D.8〖答案〗A〖解析〗设数列的公差为，依题意，，得，故，则.故选：.4.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，且，则下列说法正确的是（）A.“//”是“”的充分不必要条件B.“”是“”的必要不充分条件C.若异面，则有公共点D.若有公共点，则有公共点〖答案〗C〖解析〗对于A，由，可得，又，故得，即“//”是“”的必要条件，故A项错误；对于B，由，可得或，当时，因，则，当时，经过和平面内一点可确定平面，且，则，由可得，同理可得，即“”是“”的充分条件，故B项错误；对于C，运用反证法说明，假设没有公共点，则，又由可得，这与异面矛盾，故假设不成立，即C项正确；对于D，由有公共点可得相交，因，则相交或异面，故D项错误.故选：C.5.若，则（）A.-7 B.7 C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，故，则，故.故选：.6.如图所示，一种儿童储蓄罐有6个密码格，由购买者设定密码后方可使用，其中密码的数字只能在中进行选择，且每个密码格都必须设定数字，则数字“1”出现奇数次的不同密码个数为（）A.172 B.204 C.352 D.364〖答案〗D〖解析〗若数字“1”出现1次，则有种可能；若数字“1”出现3次，有种可能；若数字“1”出现5次，则有种可能，故数字“1”出现奇数次的不同密码个数为.故选：D.7.阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线的焦点为，顶点为，斜率为的直线过点且与抛物线交于两点，若为阿基米德三角形，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗依题意，，设直线，联立，则，解得或，不妨设，设直线方程为，联立得，，，，解得，故直线的斜率，故直线，同理可得直线的斜率，故直线，联立，解得，即，则.故选：C.8.已知四面体中，，点在线段上，过点作，垂足为，则当的面积最大时，四面体外接球的表面积与四面体外接球的表面积之比为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知，四面体中，设，则，由等面积法可知，.由已知得平面，故；因为，故平面.故，故.，当且仅当，即时取等号，此时四面体外接球的半径满足，而四面体外接球的半径满足，故所求比值为.故选：C.二､多选题9.已知函数，则（）A.的图象关于原点对称B.的图象关于直线对称C.在上单调递增D.在上有个零点〖答案〗AD〖解析〗，令，则，故为奇函数，图象关于原点对称，故正确；当，时，即，，所以函数的对称轴为，，当时，，所以不存在整数使得，故错误；当时，即，所以函数的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，当时，单调递增区间为，所以在单调递增，在单调递减，故错误；令，所以，令，由，则，当，，，时，，则在上有4个零点，分别是，，，，故正确.故选：.10.已知为复数，则（）A.若，则为实数B.C.若，则D.若，则复数在复平面内所对应的点位于坐标轴上〖答案〗ABD〖解析〗设，故为实数，故A正确；，故B正确；令，故，但，故C错误；若，则，故，即或，故D正确.故选：ABD11.已知函数定义域为，其图象关于中心对称，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗ACD〖解析〗因为的图象关于中心对称，则,故A正确；由，可得，则，取得，在中取可得，则，由，得，故B错误；由，得①②，②-①得，又，故C正确；又由①，故D正确.故选：ACD.三､填空题12.已知集合，若，则实数的取值范围为__________.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，因为，则，所以实数的取值范围为.故〖答案〗为：.13.已知中，角所对的边分别为，其中，则__________；若，则当的面积取得最大值时，__________.〖答案〗2〖解析〗由正弦定理，，因为，故；而，由正弦定理，，由余弦定理，，得，取线段的中点为，延长至点，使，连结，则，，因为，且，，所以即平行四边形四条边的平方和等于对角线的平方和可得，则有，则，则当为边上的高时，的面积取得最大值，此时，由余弦定理，.故〖答案〗为：；14.已知点是椭圆上关于原点对称的两个点，点是椭圆上异于，的一点，且以为直径的圆过点，点在轴上，且三点共线，为坐标原点，若成等比数列，则椭圆的离心率为__________.〖答案〗〖解析〗因为以为直径圆过点，所以，由题意设直线（斜率显然存在，否则点就不存在了），不妨设点分别在第一象限、第三象限，则直线的斜率；联立，解得，则，而，成等比数列，则，设，则，从而，而不重合，也就是，解得，则，故直线的斜率，设，所以，所以，故所求离心率.故〖答案〗为：.四､解答题15.已知函数.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）若，求实数的取值范围.解：（1），因此，而，故所求切线方程为，即；（2）依题意，，故对任意恒成立.令，则，令，解得.故当时，单调递增；当时，单调递减，则当时，取到极大值，也是最大值2.故实数的取值范围为.16.现有两组数据，组：组：.先从组数据中任取3个，构成数组，再从组数据中任取3个，构成数组，两组抽取的结果互不影响.（1）求数组的数据之和不大于8且数组的数据之和大于8的概率；（2）记，其中表示数组中最小的数，表示数组中最大的数，求的分布列以及数学期望.解：（1）记“数组的数据之和不大于8”为事件，“数组的数据之和大于8”为事件，则，事件包含的数组有：、、、、、，共组，，故所求概率.（2）依题意，的可能取值为；，，则的分布列为1234则17.如图在四棱锥中，为菱形.（1）证明：；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.（1）证明：记交于点，连接.因为是菱形，所以，且为的中点.因为，所以，又因为平面，且，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取的中点，连接交于点，连接.因为，所以是等边三角形，所以.又因为，故平面，所以平面.又平面，所以.由（1）知，且，所以平面.不妨设，则.在中，由，得，所以.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，