吉林省长春市2024届高三质量监测数学试题（一）含答案解析

《吉林省长春市2024届高三质量监测数学试题（一）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《吉林省长春市2024届高三质量监测数学试题（一）含答案解析（25页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、吉林省长春市2024届高三质量监测数学试题（一）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 2. （ ）A. B. C. D. 3. 已知单位向量，的夹角为，则（ ）A. 1B. C. D. 34. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，则时，（ ）A B. C. D. 6. 椭圆上有两点、，、分别为椭圆的左、右焦点，是以为中心的正三角形，则椭圆离心率为（ ）A. B. C. D. 7. 已知数列，且，则数列的前30项之和为（ ）A. 15B.

2、30C. 60D. 1208. 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. 二、选择题：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. 小明在今年“十一”假期随家人到杭州游玩，恰逢亚运盛会，在10月2日下午女子跳水1米板决赛开赛前，小明随机调查了若干名前来观看本场比赛观众的年龄，并将调查所得数据制作成了如图所示的饼图，则关于这组数据的说法正确的是（ ） A. 平均数约为38.6B. 中位数约为38.75C. 第40

3、百分位数约35.6D. 上四分位数约为42.610. 已知，则（ ）A. B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ）A. 若点为线段上任意一点，则B. 若该正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球体的表面积为C. 异面直线与所成角为D. 若点为体对角线上的动点，则的最大值为12. 已知函数与的定义域均为，且，为偶函数，下列结论正确的是（ ）A. 周期为4B. C. D. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 曲线在点处切线的方程为_.14. 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

4、，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_15. 已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若为直角三角形，则_.16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则_.（参考数据：取.）四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在

5、中，为边上中线，（1）求的面积；（2）若，求18. 已知首项为1的数列，其前项利为，且数列是公差为1的等差数列（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和19. 如图，在三棱锥中，为点在平面的射影，为的中点（1）证明平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值20. 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21. 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

6、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）（）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（）若，现采用（）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22. 已知为R上的增函数.（1）求a；（2）证明：若，则.吉林省长春市2024届高三质量监测数学试题（一）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 若集

7、合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】解绝对值不等式求得集合A，利用交集的概念计算即可.【详解】由可得，即，故，故选：D2. （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】解：故选：B【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题3. 已知单位向量，的夹角为，则（ ）A. 1B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】求出，将平方计算得模长.【详解】因为单位向量，的夹角为，所以，所以，所以.故选：B4. “”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案

8、】A【解析】【分析】利用对数的换底公式得到，再利用对数的性质和充要条件的定义求解即可.【详解】且，当时，则，当时，则，当时，则，是的充分不必要条件.故选：A.5. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，则时，（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用函数的奇偶性得到答案.【详解】当时，则.故选：A6. 椭圆上有两点、，、分别为椭圆的左、右焦点，是以为中心的正三角形，则椭圆离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由条件表示出的长，结合椭圆的定义，再由离心率的计算公式，即可得到结果.【详解】设边与轴交于点，且是以为中心的正三角形，则，且为的重心，

9、由重心定理可得，则，在中，则，所以，由椭圆的定义可得，即，化简可得，则.故选：C7. 已知数列，且，则数列的前30项之和为（ ）A. 15B. 30C. 60D. 120【答案】B【解析】【分析】由题意，数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.【详解】已知数列，且,则为奇数时，则为偶数时，所以数列的奇数项构成首项为2公差为的等差数列，偶数项构成首项为0公差为的等差数列，则.故选：B8. 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. 【答案】C【解析】【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析

10、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.二、选择题：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. 小明在今年“十一”假期随家人到杭州游玩，恰逢亚运盛会，在10月2日下午女子跳水1米板决赛开赛前，小明随机调查了若干名前来观看本场比赛观众的年龄，并将调查所得数据制作成了如图所示的饼图，则关于这组数据的说法正确的是（ ）

11、A. 平均数约为38.6B. 中位数约为38.75C. 第40百分位数约为35.6D. 上四分位数约为42.6【答案】ABC【解析】【分析】利用平均数和百分位数的定义逐项判断即可.【详解】对于A，由饼图可知，平均数为：故A正确；对于B，故中位数在这一组，设中位数为，则，解得，故B正确；对于C，故第40百分位数在这一组，设第40百分位数为，则，解得，故C正确；对于D，上四分位数即第75百分位数，故第75百分位数在这一组，设第75百分位数为，则，解得，故D错误；故选：ABC10. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】先将两边平方，结合，得出，结合得出，再计算出，即可求

12、出和，根据同角三角函数的商数关系，二倍角的余弦公式和正切公式，两角的余弦公式分别计算即可判断各选项【详解】由得，则，因为，所以，所以，由，解得，对于A，故A错误；对于B，故B正确；对于C，因为，所以，则，即，解得或（舍去），故C正确；对于D，故D错误，故选：BC11. 已知正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ）A. 若点为线段上的任意一点，则B. 若该正方体的所有顶点都在同一个球面上，则该球体的表面积为C. 异面直线与所成角为D. 若点为体对角线上的动点，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】利用线面垂直性质定理即可证明，可得A正确；求出正方体外接球半径即可知球体的表面积为，即B正确；易

13、知异面直线与所成角为即为或其补角，求得其大小为，即C错误；当时，取得最小值，利用余弦定理可求得的最大值为，可得D正确.详解】连接，如下图所示：对于A，由正方体性质可知平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，显然，所以可得平面；又平面，所以，即点为线段上的任意一点时，总成立，即A正确；对于B，易知该正方体的外接球直径即为该正方体的体对角线，设该球半径为，则，所以该球体的表面积为，即B正确；对于C，连接，如下图所示：易知，所以异面直线与所成角为即为或其补角，在中，所以，即异面直线与所成角为，所以C错误；对于D，连接，如下图所示： 易知，当最小时，可使最大；当时，取得最小值为，由余弦定理可知，即

14、可得；所以的最大值为，即D正确.故选：ABD12. 已知函数与的定义域均为，且，为偶函数，下列结论正确的是（ ）A. 的周期为4B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于为偶函数，图象关于轴对称，所以图象关于对称，所以，所以，而，两式相加得，则，所以，所以是的一个周期，A选项正确.由令得，由令得，由令得，则，所以，所以，C选项正确.由令得，由，得，两式相减得，即，且关于对称，所以，所以，所以是周期为的周期函数，所以，所以B选项错误.由令得，所以，所以，所以D选项正确.故选：ACD.【点睛】有关函数的奇偶性、周期性的题目，关键

15、是要掌握抽象函数运算，还要记忆一些常用的结论.如等等，这些都是与周期性有关；如等等，这些都是与对称性有关.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 曲线在点处切线的方程为_.【答案】【解析】【分析】求导后，根据导数的几何意义求得斜率，再根据点斜式方程即可求解.【详解】求导得，则当时，所以曲线在点处切线的方程为，即.故答案为：.14. 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_【答案】#【解析】【分析】根据题意结合全概率公式可直接求得.

16、【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：.15. 已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若为直角三角形，则_.【答案】3【解析】【分析】根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为，从而得到，所以直线的倾斜角为或，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为，求出的坐标，再利用两点间的距离公式，即可得答案；【详解】根据题意，可知其渐近线的斜率为，且右焦点为，从而得到，所以直线的倾斜角为或，根据双曲线的对称性，设其倾斜角

17、为，可以得出直线的方程为，分别与两条渐近线和联立，求得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角、双曲线渐近线方程、两点间的距离公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.16. 如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为，第n根弦（，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦）分别与雁柱曲线和直线l：交于点和，则_.（参考数据：取.）【答案】914【解析】【分析】根据题意可得，进而利用错位相减法运算求解.【详解

18、】由题意可知：，则，可得，两式相减可得：，所以.故答案为：914.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在中，为边上中线，（1）求的面积；（2）若，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，再由三角形的面积公式，即可得到结果；（2）根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立坐标系，结合平面向量的坐标运算，即可得到结果.【小问1详解】在中，由，可得，由正弦定理得，从而在中，所以的面积【小问2详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴，建立坐标系，则，由得，从而，所以，所以18. 已知首项为1的数列，其前项利为，且

19、数列是公差为1的等差数列（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和【答案】18. 19. 【解析】【分析】（1）根据是等差数列，求出的通项公式，再根据与的关系求解；（2）将数列化简，再利用裂项相消求和.【小问1详解】数列是公差为1的等差数列，且，即，当时，当时，满足，综上，的通项公式为【小问2详解】由题意，所以，因此，数列的前项和.19. 如图，在三棱锥中，为点在平面的射影，为的中点（1）证明平面；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据面面平行性质证明即可；（2）建立空间直角坐标系，设，使用空间向量计算即可得出.【小问1详解】取中点，连结

20、、，可知，因为为在平面的射影，平面,平面,平面,所以，因为,为公共边，所以，所以，因为为的中点，所以，因为，所以，因为，平面，平面,所以平面,因为，平面，平面，所以平面，因为且、平面，所以平面平面,平面，所以平面.【小问2详解】过点作，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系由于，则由（1）知，又，所以则，设，则，设平面的法向量为，又，则可取设平面的法向量为，又，则可取设平面与平面角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为20. 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

21、线的方程；否则，说明理由【答案】（1） （2）直线与直线的交点都在上【解析】【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.【小问1详解】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【小问2详解】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21. 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

22、（，），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）（）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（）若，现采用（）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【答案】21. 22. （）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，（）分布列见解析，【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

23、）根据题意对（）问中分别求出两种方案的概率，作差比较后，从而求解；对（）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.【小问1详解】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.【小问2详解】（）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.（）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.22. 已知为R上的增函数.（1）求a；（2）证明：若，则【答案】（1）； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导，由在R上恒成立，当时不成立，当时，由解出即可；（2）由单调递增得，构造函数，求导确定单调性，求得即可证明.【小问1详解】由题意知：在R上恒成立，当时，显然当时，不合题意；当时，令得，当且仅当，即，时，在R上恒成立，故.【小问2详解】由（1）知，由可得，又为R上的增函数，则，则，令，则，又，故当时，单减，当时，单增，故，即，即，即.