2023-2024学年吉林省长春市高三上学期第三次摸底考试数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春市高三上学期第三次摸底考试数学模拟试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个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，则集合的子集个数为（ ）
A．3B．4C．8D．16
2．设，则（ ）
A．B．1C．D．2
3．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（参考数据：）（ ）
A．6B．8C．10D．12
4．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
5．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ）
A．26B．28C．30D．32
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．若对任意实数，不等式恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数在上单调，且的图象关于点对称，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数
D．函数在上有且仅有一个零点
11．如图，在正方体中，点分别为棱上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．当为棱的中点时，则在棱上存在点使得
B．当分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行
C．当分别为棱的中点时，过三点作正方体的截面，则截面为五边形
D．三棱锥的体积为定值
12．已知曲线在点处的切线和曲线在点处的切线互相平行，则下列命题正确的有（ ）
A．有最大值是1B．有最小值是1
C．有最小值是D．若，则有最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知是终边上的一点，则 .
14．在中，，是的外心，则等于 .
15．已知两个等差数列2，6，10，…，210及2，8，14，…，212，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和等于 .
16．正三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，且底面边长是3，侧棱与底面所成的角为，二面角的平面角为.当该球的表面积最小时， .
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
18．在中，角所对的边分别是.已知.
(1)求；
(2)为边上一点，，且，求.
19．如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，.

(1)求证：；
(2)若点的在线段上，且二面角的大小为，求的值.
20．甲，乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得分，负者得分，比赛进行到有一人比对方多分或打满局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为．
（1）求的值；
（2）设表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量的分布列和数学期望．
21．已知双曲线的左、右焦点分别为，渐近线方程为.
(1)求的方程；
(2)直线与的左、右两支分别交于两点（在轴的同侧），当时，求四边形面积的最小值.
22．已知函数.
(1)当时，证明；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)设，证明.
1．C
【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.
【详解】解不等式，得，因此，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2．D
【分析】根据复数的乘法运算以及模长公式求解.
【详解】由可得，
所以，
故，
故选：D
3．A
【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度，然后总结出第次操作去掉的区间的长度和为，把次操作和去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前项和，求出前项和，再求解不等式即可．
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，
由题意知：，解得：，
又为整数，
可得的最小值为6，
故选：A
4．D
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系得，
命题“”的否定是“”.
故选：D.
5．B
【分析】用棱台的体积公式求解，其中为高，分别为上下底面积.
【详解】
设正四棱锥为，截取的正四棱锥为，分别为正四棱台上下底面的中心，如图.
因为，所以，，
由于截面平行于底面得，又，所以，
所以正四棱台上下底面边长分别为，高为，
所以，
故选：B
6．A
【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案.
【详解】因为，所以
.
故选：A.
7．C
【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，再比较的大小即可得解.
【详解】因为为奇函数，所以，
令，则，故，
又在上单调递增，
所以当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
因为，，，
所以，，，
因为，
由于，故上式等号不成立，则，
又，所以，即，即，
同理可得，所以，
所以.
故选：C.
8．D
【分析】分离变量将问题转化为对于任意实数恒成立，进而求出的最大值，设及，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】由题意可得，对于任意实数恒成立，则只需求的最大值即可，，设，则，再设，则，当且仅当时取得“=”.
所以，即实数a的最小值为.
故选：D.
9．ABC
【分析】令，先分析函数的奇偶性，再分情况讨论的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解.
【详解】令，则，故为偶函数.
当时，函数为偶函数，且其图象过点，显然四个选项都不满足.
当为偶数且时，易知函数为偶函数，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，则选项，符合；
若为正偶数，因为，
则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为偶函数，所以函数在上单调递减，选项符合；若为负偶数，易知函数的定义域为，排除选项.
当为奇数时，易知函数为奇函数，
所以函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项符合，
若为正奇数，因为，
则，当时，，所以函数在上单调递增，又因为函数为奇函数，所以函数在上单调递增，选项符合；
若为负奇数，函数的定义域为，
不妨取，则，当时，；
当时，；当时，；
当时，；当时，；
当趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以趋向于正无穷；
所以内先减后增，故选项符合.
故选.
10．ACD
【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出，再根据最小正周期公式可判断A；根据解析式计算可判断B；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C，利用余弦函数的图象可判断D.
【详解】因为函数在上单调，
所以的最小正周期满足，即，所以.
因为的图象关于点对称，
所以，，得，，
由，得，因为，所以，.
所以.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B不正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为为偶函数，故C正确；
对于D，，令，得，
令，由，得，
作出函数与直线的图象如图：

由图可知，函数与直线的图象有且只有一个交点，
所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】当为的中点时，过作于，证判断A；根据正方体棱的特征和线面平行的判定方法判断B；通过线线平行和线面平行的性质，作出平面与正方体各个面的交线判断C；利用等体积法计算判断D.
【详解】在正方体中，点分别在棱上，
对于A，如图，
当为的中点时，过作交于，显然为的中点，平面，
而平面，则有，又，与相交于，
因此平面，又平面，所以，A正确；
对于B，在正方体中，棱可分为三类，分别是与平行的棱，
而与平面都相交于，因此在正方体中不存在棱与平面平行，B错误；
对于C，如图，取中点，连接，有，
过作的平行线交于点，此时，有，
即为过三点的平面与平面的交线；
连接，在上取点，使得，有，
再过点作的平行线交于点，此时，且，
即为过三点的平面与平面的交线；
连接，则五边形即为正方体中过三点的截面，C正确；
对于D，M，N在棱上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，
因此恒为定值，D正确.
故选：ACD
12．BD
【分析】根据导数值相等可得，进而分别构造函数即可利用导数求解函数的最值求解.
【详解】，
所以，故，进而
对于A，，
令，故当单调递增，
当单调递减，故，因此有最小值为1，A错误，
对于B，，
令，故当单调递增，当单调递减，所以，故的最小值为1，B正确，
对于C，，令，
故当单调递减，当单调递增，所以，故有最大值是，C错误，
对于D， ，令，
当单调递增，当单调递减，所以，故
由于函数单调递减，所以当
，故D正确，
故选：BD
方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
13．##
【分析】根据任意角三角函数的定义以及二倍角的正弦公式求解.
【详解】由题可知，,
所以
所以
故答案为: .
14．6
【分析】根据平面向量数量积的运算律求解.
【详解】
如图，
若是的外心，
过作,垂足分别为，
则分别为中点，
所以,
所以
，
故答案为:6.
15．
【分析】分别求出两数列的通项公式，求得满足公共项的特征，可知公共项组成的数列是首项为2，公差为12的等差数列，且项数为18项，即可求出各项之和等于.
【详解】根据题意可知，令数列2，6，10，…，210为，
易知数列是首项为2，公差为4的等差数列，即；
令数列2，8，14，…，212为，
易知数列是首项为2，公差为6的等差数列，即
；
这两个等差数列的公共项需满足，可得，
易知当时，；当时，；当时，
；当时，；当时，……
即可得时为两数列的公共项，
设公共项为数列，易知
所以是以为首项，公差为的等差数列，且项数为18项，
即；
可得数列的各项之和等于.
故
16．
【分析】建立空间直角坐标系，利用球的方程，将半径表示为只含有一个变量的函数，利用导数找到最小值，将三棱锥特殊化，再分别求角即可.
【详解】如图建立空间直角坐标系，作中心为，
则，，，,
设球的方程为，
将点代入可得，
解得，，，，
该球的表面积最小，该球半径最小，
构建，则，
令，令，，
故在单调递减在单调递增，
当时，半径最小，此时
易知面法向量，，
故，且
可得，故，
而，设面法向量，
则，令，可得，
且，故，
所以，，
故
故答案为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列定义利用等比中项即可求得，求得；
（2）利用错位相减法求和即可求得数列的前项和.
【详解】（1）设等差数列的首项为，
由成等比数列可得，解得,
所以数列是以为首项，公差为2的等差数列；
即，
所以数列的通项公式为
（2）由（1）可得，
所以前项和，
；
两式相减可得；
可得
18．(1)
(2)
【分析】1.先利用三角形的内角和及诱导公式，把转化为，然后两边同乘以，转化为：，再由正弦定理把边化成角，得：，进一步得：，可得角.
2.可以采用向量的方法，表示，根据，转化为向量的数量积为0，得到边的关系；在再中，用余弦定理求解.
【详解】（1）∵，所以：，
两边同乘以得.
由正弦定理得.
∵，所以.
所以.
（2）取、为平面向量的基底.
因为在边上，且，所以.
因为，所以，
所以.不妨设，.
在中，由余弦定理：，所以.
由余弦定理.
故.
19．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）通过证明平面，可证；
（2）建立空间直角坐标系，设，由二面角的大小为，利用平面法向量求出，可求.
【详解】（1）在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，
则侧面都是矩形，
有，，，平面，平面，
平面，
（2），.
分别为的中点，连接，
，平面，平面，，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，则.
则，
设，即，可得，
，，设平面的一个法向量，
则有，令，则，
得，又平面的一个法向量，
二面角的大小为，则有，解得，
，则，有的值为2.
20．（1）．
（2）
．
【分析】（1）分析题意，甲连胜局或乙连胜局时，第二局比赛结束时比赛结束．列方程求出p；
（2）依题意知，分析出的所有可能值为2，4，6．分别求出对应的概率，写出分布列，求出数学期望.
【详解】（1）依题意，当甲连胜局或乙连胜局时，第二局比赛结束时比赛结束．
有． 解得或．
， ．
（2）依题意知，依题意知，的所有可能值为2，4，6．
设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．
从而有，，．
随机变量的分布列为：
则
（1）求随机变量的分布列的主要步骤：一是明确随机变量的取值，并确定随机变量服从何种概率分布；二是求每一个随机变量取值的概率，三是列成表格；
（2）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确；
（3）求解离散随机变量分布列和方差，首先要理解问题的关键，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相对应的概率，写成随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标可得，再由渐近线方程可知，即可求得的方程为；
（2）利用双曲线的对称性可知，将延长分别交双曲线与点，即可得，设出直线的方程为并于双曲线联立，求得弦长，再由点到直线距离公式可得，利用换元法和函数单调性可知当时，四边形的面积取最小值为.
【详解】（1）根据意义可得，即，
又渐近线方程为可得，解得，
即双曲线的方程为；
（2）根据题意延长分别交双曲线与点，连接，如下图所示：
由以及双曲线的对称性可知四边形为平行四边形，
四边形的面积即为平行四边形的一半，即，
易知直线过右焦点，可设直线的方程为，
联立直线和双曲线方程，消去可得；
显然，
且，
易知异号，即，可得；
由弦长公式可得，
由平行可知到直线的距离与到直线的距离相等，
即为，
所以，
令，则，
易知函数在上单调递减，所以，此时；
因此面积最小值为，
即都与轴垂直时，四边形的面积取最小值为.
关键点点睛：本题关键在于利用直线平行以及双曲线的对称性，将四边形面积转化为三角形面积，再利用弦长公式以及点到直线距离公式求出面积表达式，根据函数单调性求出面积最小值.
22．(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数与单调性、最值的关系证明；
（2）利用导数与单调性的关系求解；
（3）利用导数与单调性、最值的关系，证明不等式恒成立.
【详解】（1）时，，
要证，即证，即，
设恒成立，
所以在单调递减，
所以，
即在恒成立，命题得证；
（2）当时，，
所以，
因为，
在的一个周期范围内，
时，；时，；
所以在单调递增，
在单调递减.
（3）要证：，即证：，
即证：，
因为，所以，
由（1）可知，在恒成立，
所以，
令，，
令，解得，
所以当时，，当时，，
所以函数在单调递减，单调递增，
所以，
所以恒成立，原命题得证.
2
4
6
P