吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三下学期一模数学试题及答案

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024届高三下学期一模数学试题及答案，共19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
1．从某班所有同学中随机抽取10人，获得他们某学年参加社区服务次数的数据如下：4，4，4，7，7，8，8，9，9，10，这组数据的众数是（ ）
A．9B．8C．7D．4
2．已知向量满足，则的值为（ ）
A．4B．3C．2D．0
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆，A，B为G的短轴端点，P为G上异于A，B的一点，则直线，的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
5．标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式．标准对数视力表各行“E”字视标约为正方形，每一行“E”的边长都是上一行“E”的边长的，若视力4.0的视标边长约为10cm，则视力4.9的视标边长约为（ ）
A．B．C．D．
6．辽宁的盘锦大米以粒粒饱满、口感香糯而著称. 已知某超市销售的盘锦袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，且，若从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在的盘锦大米的袋数的方差为（ ）
A．14.4B．9.6C．24D．48
7．已知动点在直线上，过总能作圆的两条切线，切点为，且恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数满足，则（ ）
A．10000B．10082C．10100D．10302
二、多选题
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
10．为得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A．向左平行移动个单位B．向左平行移动个单位
C．向右平行移动个单位D．向右平行移动个单位
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
12．若半径为R的球O是圆柱的内切球，则该球的表面积与该圆柱的侧面积之差为 .
13．在的展开式中，含的项的系数是 .（用数字作答）
14．已知为等腰三角形，其中，点D为边AC上一点，.以点B、D为焦点的椭圆E经过点A与C，则椭圆E的离心率的值为 .
四、解答题
15．已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，证明：.
16．如图，在三棱锥中，平面平面，且，．
(1)证明：平面；
(2)若，点满足，求二面角的大小．
17．如图，平行六面体中，分别为的中点，在上.
(1)求证：平面；
(2)若平面，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点的直线与交于两点（点在点的左侧）.
(1)若点是线段的中点，求点的坐标；
(2)若直线与交于点，记内切的半径为，求的取值范围.
19．黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数（，s为常数）密切相关，请解决下列问题．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时；
①证明有唯一极值点；
②记的唯一极值点为，讨论的单调性，并证明你的结论．
参考答案：
1．D
【分析】借助众数定义即可得.
【详解】由数据可知，其中服务次数为4的个数最多，故众数为4.
故选：D.
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．B
【分析】借助不等式的性质与基本不等式逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，即，故A错误；
对B：由，，则，且，
当且仅当时，等号成立，故，故B正确；
对C：由，故，即有，
又由B可得，即，故C错误；
对D：由，故，即，故D错误.
故选：B.
4．C
【分析】设，可得，代入中即可得.
【详解】设，则有，即有，
由椭圆方程不妨设短轴端点的坐标分别为、，
则.
故选：C.
5．A
【分析】由题意结合指数幂的运算法则计算即可得.
【详解】由题意可得，视力4.9的视标边长约为：
cm.
故选：A.
6．A
【分析】由题意根据正态分布的对称性求出的值，确定质量在的盘锦大米的袋数，根据二项分布的方差公式，即可求得答案.
【详解】由题意知某超市销售的盘锦袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，
且，故，
从该超市中随机选取60袋盘锦大米，则质量在的盘锦大米的袋数
故，
故选：A
7．D
【分析】设,，然后得到恒成立，进一步转化为最短即为点到直线的距离，计算即可.
【详解】设，则,
恒成立，即，则恒成立，
最短即为点到直线的距离，则，解得或.
故选：D.
8．C
【分析】赋值得到，利用累加法得到，令得到，赋值得到，从而求出答案.
【详解】中，令得，
，
故，
故，
其中，①
，②
，③
……，
，
上面99个式子相加得，
，
令得，
中，令得，
故.
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．ACD
【分析】根据已知条件，逐项分析各个选项，利用诱导公式化简函数解析式即可判断.
【详解】A选项，向左平行移动个单位，有，A正确；
B选项，向左平行移动个单位，有，B错误；
C选项，向右平行移动个单位，有，
，C正确；
D选项，向右平行移动个单位，有，
，D正确；
故选：ACD
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】由题意可得该圆柱的高，底面半径为，计算该球的表面积与该圆柱的侧面积即可得.
【详解】由题意可得该圆柱的高，底面半径为，
故该圆柱的侧面积,
该球的表面积,
则.
故答案为：.
13．
【分析】先求解出的展开式中常数项和含的项的系数，然后可求的展开式中含的项的系数.
【详解】展开式的通项为，
其中常数项为，含的项为，
又因为，
所以原展开式中含的项的系数为：，
故答案为：.
14．
【分析】借助椭圆定义与所给数量关系，结合余弦定理计算即可得.
【详解】
连接点与中点，即有，由，故，
由，则，即，
由椭圆定义可得、，
故，
即，则、，
由故，
则，即，
解得（负值舍去）.
故答案为：.
【点睛】求离心率的常用方法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程并求解.
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)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得证线面垂直后可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论成立；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）过作于点，平面平面，且平面平面，平面，
故平面．又平面，．
又，，平面，平面，
所以平面，
（2）由（1）平面，平面,故,
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,0,，，,1,，，
故，,所以,
，
设平面的法向量，
则，令有，故，
平面的法向量，
则，
又二面角所成角为锐角，
二面角所成角的余弦值为，角的大小为．
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点利用中位线证明四边形平行四边形，得到线线平行，从而得到线面平行.
（2）构建空间向量，利用空间向量求出两个面的法向量，由法向量的夹角得出面与面的夹角。
【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接.

∵为的中点，
∴且.
又为的中点，且四边形是平行四边形，
∴且
∴四边形为平行四边形.
∴.
又∵平面平面，
∴平面.
（2）解：在平面中，作交于.
∵平面，平面，平面，
∴.
∴两两互相垂直.
分别以射线为轴､轴､轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，

在平行六面体中，由平面得平行四边形是矩形.
根据已知可得，
.
.
由平面得是平面的法向量.
设是平面的法向量，则
取，得.
∴是平面的法向量
∴.
设平面与平面的夹角为，则.
平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)或
(2)
【分析】（1）设点，根据中点关系可求，再利用在抛物线上可求的坐标；
（2）分别联立直线方程与抛物线的方程、直线的方程与抛物线的方程后可得关于轴对称，再利用等积法可求内切圆半径，结合单调性可求其范围.
【详解】（1）由题意知，设点，
因为点是线段的中点，所以，
又点都在抛物线上，所以，
解得，所以点的坐标为或.
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由点在点的左侧，则，
设，直线与轴交于点，
联立，得，
由，得，
，所以，
而，所以直线的斜率存在，所以直线的方程为，
与联立得，，
化简得，解得或，
因为直线的斜率存在，所以，所以轴.
所以，
的周长为，
所以，
所以
.
令，则，
因为在上均单调递减，
则在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中范围计算通常有下面的几种方法：
（1）构建目标函数，利用基本不等式求范围；
（2）构建目标函数，利用函数单调性求范围；
（3）结合目标图形的几何特征计算范围；
（4）构建目标函数，利用导数求范围.
19．(1)在上单调递减；
(2)①证明见解析；②在上单调递增，证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数利用即可得出恒成立，可得函数在上单调递减，
（2）①易知当时，由可知存在唯一变号零点，即可知有唯一极大值点；
②易知，求得的反函数，利用的单调性即可求得为单调递增；
【详解】（1）由可得
，
令，则；
又，，所以，即恒成立；
即函数在上单调递减，
又，所以，
可得恒成立，因此函数在上单调递减，
即当时，函数在上单调递减；
（2）当时，
①由（1）可知
令，可得,
易知当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
即函数在处取得极大值，也是最大值；
注意到，由单调性可得，可知在大于零，
不妨取，则；
由零点存在定理可知存在唯一变号零点，
所以存在唯一变号零点满足，
由单调性可得，当时，，当时，；
即可得函数在上单调递增，在单调递减；
所以有唯一极大值点；
②记的唯一极值点为，即可得
由可得，
即可得的反函数，
令,，则，
构造函数，则，
显然在恒成立，所以在上单调递增，
因此，即在上恒成立，
而，即，所以在上恒成立，
即可得在上恒成立，因此在单调递增；
易知函数与其反函数有相同的单调性，所以函数在上单调递增；
【点睛】关键点点睛：本题在证明的单调性时，由于的表达式不易得出，因此可利用其反函数的单调性进行证明.