吉林省延边市2024届高三下学期适应性训练数学模拟试题（含解析）

吉林省延边市2024届高三下学期适应性训练数学模拟试题
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，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知向量满足，则的值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．0
3．已，则（ ）
A． B． C．2 D．
4．如图是一个空气开关，又名空气断路器，是家中非常重要的一种电器，它集控制和多种保护功能于一身，能对电路或电气设备发生的短路、严重过载及欠电压等进行保护．某学校配电房共有18个空气开关排成一列，电工准备进行电路调试，打算关闭3个，头尾不能关闭，关闭的相邻两个开关之间至少有两个是打开的，则不同的方案种数是（ ）
A．220 B．364 C．560 D．680
5．碗是人们日常必需的饮食器皿，碗的起源可追溯到新石器时代泥质陶制的碗，其形状与当今无多大区别，即口大底小，碗口宽而碗底窄，下有碗足．如图所示的一个碗口直径为9.3cm，碗底直径为3.8cm，高4cm，它的形状可以近似看作圆台，则其侧面积约为（ ）
A． B． C． D．
6．设为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,给出下列命题：
①若,则；
②若,则；
③若且,则；
④若且,则．
其中所有正确命题的序号是（　　）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
7．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，的定义域均为，，且，则（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
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．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
10．今年第5号台风“杜苏芮”于7月28日9时55分在福建晋江登陆，为1949年以来登陆福建的第二强台风，登陆后强度迅速减弱并一路北上影响黄淮、华北，给华北、黄淮等地带来较大范围的特大暴雨．华中地区某市受此次台风影响，最高气温同比有所下降，测得七天的最高气温分别是28，26，25，27，29，27，25（单位：℃），则（ ）
A．该组数据的极差为4
B．该组数据的众数为27
C．该组数据的中位数为27
D．该组数据的第70百分位数为28
11．已知是直线上的动点，为坐标原点，过作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．当点为直线与轴的交点时，直线经过点
B．当为等边三角形时，点的坐标为
C．的取值范围是
D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知二项式的展开式中第二、三项的二项式系数的和等于45，则展开式的常数项为 ．
13．某学校有，两家餐厅，某同学第1天等可能地选择一家餐厅用餐，如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.8，如果第一天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为0.4，则该同学第2天去餐厅的概率为 ．
14．已知函数若函数有4个零点．则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，证明：.
16．树人中学某班同学看到有关产品抽检的资料后，自己设计了一个模拟抽检方案的摸球实验．在一个不透明的箱子中放入10个小球代表从一批产品中抽取出的样本（小球除颜色外均相同），其中有个红球（，），代表合格品，其余为黑球，代表不合格品，从箱中逐一摸出个小球，方案一为不放回摸取，方案二为放回后再摸下一个，规定：若摸出的个小球中有黑色球，则该批产品未通过抽检．
(1)若采用方案一，，，求该批产品未通过抽检的概率；
(2)（ⅰ）若，试比较方案一和方案二，哪个方案使得该批产品通过抽检的概率大？并判断通过抽检的概率能否大于？并说明理由．
（ⅱ）若，，现采用（ⅰ）中概率最大的方案，设在一次实验中抽得的红球为个，求的分布列及数学期望．
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，侧面PAB为等边三角形，且侧面底面ABCD，，E，F分别为PA，BC的中点，G为AE的中点．

(1)证明：BG∥平面EFD；
(2)求平面DEF与平面DCP夹角的余弦值．
18．已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求正实数的取值范围；
(2)求证：当时，在上存在唯一极小值点，且．
19．过抛物线焦点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，．
(1)求抛物线的方程；
(2)过焦点的直线，交抛物线于、两点，直线与的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由韦恩图可知，阴影部分表示，再根据补集和交集的定义即可得解.
【详解】由韦恩图可知，阴影部分表示，
，所以.
故选：C.
2．C
【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律即可求解.
【详解】由题意知，.
故选：C
3．A
【分析】
利用二倍角公式以及三角函数的基本关系式化简即可得答案.
【详解】由题意得，
将代入可得，
故选：A.
4．A
【分析】
根据题意结合插空法分析求解.
【详解】将18个开关分成两组，一组为要关闭的3个开关，另外一组为剩余的15个开关，
由题意可知：开关均是相同的，
将剩余的15个开关中的13个开关排成一排，
将需要关闭的3个开关插空，不能插在首位两位，不同的方案共有种，
由于关闭的相邻两个开关之间至少有两个是打开的，再将剩下的2个开关插入关闭的开关之间，2个间隔各放一个，
因为开关均是相同的，所以放法是唯一的，所以不同的方案共有种.
故选：A.
5．C
【分析】根据圆台的侧面积公式运算求解即可.
【详解】由题意可知：碗口半径为，碗底半径为，
可知母线为，
所以其侧面积约为.
故选：C.
6．D
【分析】通过空间中线线、线面、面面间的位置关系的判定定理与性质定理判断即可.
【详解】由为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,知：
在①中,若,则由面面垂直的判定定理得,故①正确；
在②中,若,则m与n相交、平行或异面,故②错误；
在③中,若且,则与相交或平行,故③错误；
在④中,若且,则由线面垂直的性质得,故④正确．
∴其中所有正确命题的序号是①④．
故选：D．
7．C
【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故的取值范围是．
故选：C.
8．C
【分析】利用赋值法由求得，再由推得是周期函数，进而求得，从而得解.
【详解】因为，
所以；
因为，所以，
两式相减得，即是以为周期的周期函数，
由，可得，，
又，则，
所以，
则.
故选：C.
9．BD
【分析】利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选：BD
10．AC
【分析】
根据极差、众数、中位数和百分位数的定义求解即可.
【详解】将这组数据按照从小到大的顺排列得，
则该组数据的极差为，故A正确；
该组数据的众数为和，故B错误；
该组数据的中位数为27，故C正确；
因为，
所以该组数据的第70百分位数为第个数据，即，故D错误.
故选：AC.
11．ABC
【分析】设点，求出直线的方程令可判断A；根据为等边三角形，可得，，设出点的坐标，利用可判断B；求出圆心到直线的距离可判断D；进一步求出的取值范围可判断C.
【详解】设点，则，，
以为直径的圆的圆心为，半径为，
以为直径的圆的方程为，
化简得，
联立，得，
所以直线的方程为：，
对于A，令，则，所以直线的方程为：，
则直线经过点，故A正确；
对于B，设点，则，
当为等边三角形时，可知，

又平分，所以，
在直角三角形中，由于,
所以，即，所以，
又点，所以，
化简得，解得，所以，
则，故B正确；
对于D，圆心到直线的距离为，
所以的最小值为，故D错误；
对于C，在中，因为，
当最小时，有最大值为，
又因为，所以，
此时的最大值为，的取值范围是，故C正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于求出直线的方程，先设点，以为直径的圆的方程为，联立两圆的方程可求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式及圆心切点构成的直角三角形对选项一一判断即可得出答案.
12．
【分析】根据二项式系数和求解，再根据展开式的通项公式求解常数项.
【详解】∵，解得，
展开式的通项为，
令，得，
常数项为．
故答案为：.
13．/
【分析】
根据题意结合全概率公式可直接求得.
【详解】设 “第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，
“第2天去餐厅用餐”，“第2天去餐厅用餐”，
根据题意得，，，
由全概率公式，
得，
因此该同学第天去餐厅用餐的概率为.
故答案为：.
14．
【分析】
利用导数求单调区间和极值，作出函数图像，由零点个数，结合二次函数的性质，转化为的取值范围问题，通过构造函数，列不等式求解.
【详解】当且时，，，
当且时，；当时，．
故在，上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，
时，；时，
由解析式可知，为奇函数．画出图象大致如下：
令得，设，
得关于的方程（*）
恒成立，设（*）式有两个不等实根，，
当，时，即，满足题意，
当或，满足题意，
方法一：
令，则或，
故或，
综上，实数的取值范围是．
方法二：
（*）式化为，令，
易知在，上单调递增，
且，，，
其图象大致如图：
当或时，满足或，
综上，实数的取值范围是．
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.通过构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列递推式，采用两式相减的方法，即可求得答案；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用分组求和法，即可证明结论.
【详解】（1）由题意可知，当时，；
当时，由得，，
两式作差可得，，
也适合该式，故；
（2）证明：由题意知，
故
，
由于，则，故，
即.
16．(1)
(2)（ⅰ）方案二使得该批产品通过抽检的概率大，抽检的概率不能大于．理由见解析，（ⅱ）分布列见解析，
【分析】（1）根据题意可知小球为不放回，从而利用古典概型求解.
（2）根据题意对（ⅰ）问中分别求出两种方案的概率，作差比较后，从而求解；
对（ⅱ）中根据题意可知对于方案二为有放回抽取，利用二项分布求出每次抽到的概率,求出分布列与期望值.
【详解】（1）设事件为“该批产品未通过抽检”，则.
所以该批产品未通过抽检的概率为.
（2）（ⅰ）设事件为“方案一使得该批产品通过抽检”，事件为“方案二使得该批产品通过抽检”，
则：，，
所以：，
因为，，所以上式小于，故方案二使得该批产品通过抽检的概率大，
又因为：，
所以通过抽检的概率不能大于.
（ⅱ）由题可得，所以的可能取值为，，，，
所以：，，，，
则的分布列为：
所以的期望.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直的性质可知底面ABCD，建系，利用空间向量证明线面平行；
（2）求平面DCP的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为侧面PAB为等边三角形，则，
由侧面底面ABCD，侧面底面，侧面，
可得底面ABCD，
如图，以为坐标原点，分别为轴所在直线，过与平行的直线为轴所在直线，建立空间直角坐标系，

则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
因为，即，
且平面，所以BG∥平面EFD.
（2）由（1）可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
则，
所以平面DEF与平面DCP夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，恒成立，当时，分离常数，构造函数，利用导数求的最小值即得；
（2）先利用导数判断在单调递增，无极点，在单调递增，
由得，由得，可得
，结合进而可得.
【详解】（1），
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立（且不恒为0）
当时，，
又因所以恒成立，即单调递增，
当时，恒成立
设，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
又，
综上，的取值范围
（2）证明：，，，
当时，，，，
在上单调递增，即在上无极值点，
当时，设，恒成立，
在上单调递增，
，
由零点存在性定理，存在唯一一个，使得，即，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
在上存在唯一极小值点，
又，，
即
19．(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】（1）设直线，与抛物线方程联立，根据抛物线定义及求得；
（2）分别表示出直线与方程，联立得交点的横坐标为定值.
【详解】（1）由题意设直线，，，
联立方程组，消得，，
所以，，解得，
即指物线的方程为．
（2）由（1）可知，，．
设直线，，,
联立方程组，消得，
所以，．
直线的斜率为 ，
所以直线，即，
同理可得直线，从而，
即，
解得，所以直线与直线的交点都在上．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页