2024届黑龙江省牡丹江协同发展共同体高三下第一次模拟数学(1)_2024年4月_024月合集_2024届黑龙江省牡丹江协同发展共同体高三下第一次模拟

高三学年考试
数 学 试 题
考试时间：120分钟 分值：150分
一、单项选择题：本大题共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
1. 已知集合A{sin ,eln3},B {3，1，0，，1},则 AB （ ）
2 3
1 1
A．{3，1} B. { ，1} C. {3，0} D．{0，}
3 3
2. 5名应届毕业生报考3所不同院校，每人报考且仅报考1所院校，则不同的报名方法种数是( )
A. 35 B. 53 C. A3 D. C3
5 5
3. 一份新高考数学试卷中有8道单项选择题，小李对其中5道题有思路，3道题完全没有思路。有
思路的题做对的概率是0.9，没有思路的题只能猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，则小李从
这8道题目中随机抽取1道做对的概率为（ ）
79 3 21 5
A． B． C． D．
160 5 32 8
4. 已知i为虚数单位，复数z abi,a,bR且满足 zi  2 ，求点Z(a,b)到直线y  x3距
离的最大值为（ ）
A. 0 B. 2 22 C. 2 D. 2 2
5. 酒驾是严重危害交通安全的违法行为，为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中
酒精含量达到20～79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员
喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了0.6mg/mL．如果停止喝酒以后，他血液中酒
精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶？（结果取整数，参考数
据：lg30.48，lg70.85）（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
          
6. 已知a,b,c为不共线的平面向量，b  c ，若abc 0，则b 在a方向上的投影向量为（ ）
1  1  1  1 
A.  a B.  a C. a D. a
3 2 2 4
7. 已知g(x)=x3f(x)是定义在R 上的奇函数，且 f(x)在区间（，0]上单调递减，若关于实数
m的不等式 f(log m)+ f(log m)  2f(3)恒成立，则m的取值范围是（ ）
2 0.51 1 1
A. (0，] B. [8,) C. (0，]  [8,) D. (0，]  [8,)
3 3 8
 x1ex,x1
8. 已知函数 f x ，gx2  f x2 af x1a．若gx有5个零点，则实
x24x3,x1
数a的取值范围为（ ）
3 3 3 3
A．( ，1) B．( ，1] C．[ ,1] D．[ ,1)
2 2 2 2
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错误的得0分.
9. 下列说法中正确的是（ ）
A.某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：
6，5，7，9，6，8，9，9，7，5, 这组数据的下四分位数为9
B.若随机变量X ~ B (100, p )，且E(X) 20，则D(X) 16
1
C.若随机变量X ~ N (  ,2 )，且P(X 4)  P(X 2)  p，则P(2 X 1)   p
2
D.对一组样本数据(x ,y ),(x ,y ), (x ,y ),进行分析，由此得到的线性回归方程为：
1 1 2 2 n n
yˆ b ˆ xaˆ，至少有一个数据点在回归直线上

10. 已知( ,0)为函数 f(x)asin2xcos2x的一个对称中心，则（ ）
6

A. a  3 B. 函数 y  f(x )为奇函数
6
7 5 
C. 曲线 y  f(x)关于x 对称 D. 函数 y  f(x)在( , )单调递增
12 12 12
11.如图，已知正方体ABCD ABC D 的棱长为2，P为底面ABCD内(包括边界)的动点，则下
1 1 1 1
列结论正确的是（ ）
A.三棱锥B C D P的体积为定值
1 1 1
B．存在点P，使得D P  AC
1 1
C.若D P  B D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为 2
1 1
D.若点P是AD的中点，点Q是BB 的中点，过P，Q作平面平
1
面ACC A ，则平面截正方体ABCD ABC D 的截面面积为3 3
1 1 1 1 1 1
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，点P(2,1)在终边上，则
cos2_____
13. 已知(12x)5 a a xa x2 a x5,则a  (用数字作答)
0 1 2 5 3
14. 设O为坐标原点，P是以F 为焦点的抛物线 y2 4x上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |3|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.(13分)设nN*，若数列{a }的前n项和为S ，且a 是2与S 的等差中项
n n n n
(Ⅰ) 求数列{a }的通项公式；
n
(Ⅱ) 若{a b }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b }的前n项和T ．
n n n n
16.(15分)某高中举办诗词知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规则如下：第一轮，参赛选手从A
类7道题中任选4道进行答题，答完后正确数超过两道（否则终止比赛）才能进行第二轮答题。
第二轮答题从B类5道题中任选3道进行答题，直到答完为止。A类题每答对一道得10分，
B类题每答对一道得20分，答错不扣分。以两轮总分和决定优胜者。总分70分或80分为三
等奖，90分为二等奖，100分为一等奖。某班小张同学A类题中有5道会做，B类5题中，
3
每题答对的概率均为 ，且各题答对与否互不影响.
5
(Ⅰ) 求小张同学被终止比赛的概率；
(Ⅱ) 现已知小张同学第一轮中回答的A类题全部正确，求小张同学第二轮答完题后总得分X
的分布列及期望；
(Ⅲ) 求小张同学获得三等奖的概率.
17.（15 分）如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD ， AD CD ， AD//BC ，
PF 1
PA  AD CD 2，BC 3．E为PD的中点，点F 在PC上，且  ．
PC 3
(Ⅰ) 求证：AE 平面PCD；
(Ⅱ) 求平面AEF 与平面PAD 夹角的余弦值.
PG 3
(Ⅲ) 设点G在PB上，且  ．判断直线AG
PB 4
是否在平面AEF 内，说明理由
x2 y2
18.(17分)已知双曲线C:  1(a 0,b0)的左、右焦点分别为F , F ,双曲线C的虚轴长
a2 b2 1 2
3
为2，有一条渐近线方程为y  x, 如图，点A是双曲线C上位于第一象限内的点，过点A
3
作直线l与双曲线的右支交于另外一点B，连接AO并延长交双曲线左支于点P，连接PF 与
1
PF ，其中l垂直于FPF 的平分线m，垂足为D.
2 1 2(Ⅰ) 求双曲线C的标准方程；
(Ⅱ) 求证：直线m与直线OA的斜率之积为定值；
S
(Ⅲ) 求 APB 的最小值.
S
APD
19.(17分)设 f(x)ax2 cosx1 aR
1 ,
(Ⅰ) 当a  时，求函数 f(x)的最小值；

1
(Ⅱ) 当a 时,求证: f(x)0 ;
2
1 1 1 4
(Ⅲ) 求证:cos cos ...cos n (nN*,n1)
2 3 n 3数学试题 参考答案
考试时间：120分钟 分值：150分
一、单项选择题：本大题共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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A C D C B D A
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错误的得0分.
题号 9 10 11
答案 BC BCD ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
3 3
12. 13. 80 14.
5 3
三、解答题
15（13分）【解析】（1），由于a 是2与S 的等差中项；所以2a 2S ①，.....1分
n n n n
当n1时，解得a
1
2；.......2 分 当
n2
时，2a
n1
2S
n1
②，①②得：2a
n
2a
n1
a
n
，
整理得a 2a ，.....3 分
n n1
所以数列{a }是以2为首项，2为公比的等比数列；所以a 22n1 2n（首项符合通项），
n n
所以a 2n；................5 分
n
（2）若{a b }是以2 为首项，4 为公差的等差数列，所以a b 2(n1)44n2，所以
n n n n
4n2 1
b  ，或b (2n1)( )n1 ......6 分
n 2n n 2
2 6 10 4n2 1 2 6 10 4n2
故T    ... ①， T    ... ②，......8 分
n 2 22 23 2n 2 n 22 23 24 2n1
1
1(1 )
①②得：
1
T 1
4
...
4

4n 2
1
2n1

4n 2
；.......10 分
2 n 22 2n 2n1 1 2n1
1
2
1
整理得T 6(2n3)( )n1 .......13分
n 2
C2C2 2
16、（15分）解析：小张同学被终止比赛的概率为P  5 2  .......3 分
1 C4 7
7(2)X的所有可能取值分别为40,60,80,100
2 8 3 2 36
P(X 40)C0( )3  ,P(X 60)C1( )( )2 
3 5 125 3 5 5 125
3 2 54 3 27
P(X 80)C2( )2( ) ,P(X 100)C3( )3 
3 5 5 125 3 5 125 ......8 分
分布列如下
X 40 60 80 100
8 36 54 27
P
125 125 125 125
8 36 54 27
E(X)40 60 80 100 76
125 125 125 125 .........10 分
(3)设小张张同学获得三等奖概率为P
2
C3C1 3 2 C4 3 2 54
P  5 2 C2( )2  5 C2( )2 
2 C4 3 5 5 C4 3 5 5 175
7 7 .......... 15 分
17、（15分）（1）因为PA平面ABCD，又CD平面ABCD，则PACD，
又ADCD，且PAAD A，PA，AD平面PAD，故CD平面PAD；
又AE 面PAD,CD  AE,PA  AD,E为PD中点，AE  PD
CDPD  D,CD,PD面PCD,AE 面PCD......5分
（2）过点
A
作AD的垂线交BC于点M ，
因为PA平面ABCD，且AM ，AD平面ABCD，所以PA AM ，
PA AD，
故以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，..6分
A
则A0,0,0,B2,1,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2，
  
因为E为PD的中点，则E0,1,1，所以AE (0,1,1),PC (2,2,2),AP(0,0,2) ，
PF 1  1 2 2 2    2 2 4
又  ，所以PF  PC ( , , )，故AF  APPF ( , , )，
PC 3 3 3 3 3 3 3 3
  yz0
  nAE 0 
设平面AEF 的法向量为n (x,y,z)，则   ，即2 2 4 ，
nAF 0  x y z 0
3 3 3

令z1，则y1，x=1，故n(1,1,1)，....8分
又因为平面PAD的法向量为p(1,0,0)，
 
  |n p| 3
所以cos|cosn, p |     ，
|n|| p| 3
3
面AEF与面PAD夹角的余弦值为 ......10分
3
（3）直线AG不在平面AEF 内，....11分
PG 3   3 3 3 3
因为点G在 PB 上，且  ，又PB(2,1,2)，故PG PB( , , )，
PB 4 4 2 4 2
   3 3 3 3 3 1 
则AGAPPG(0,0,2)( , , )( , , ) ，由（2）可知，平面AEF 的法向量为n(1,1,1)，
2 4 2 2 4 2
  3 3 1
所以AGn   0，所以直线AG不在平面AEF 内．....15分
2 4 2
（第三问，通过共面向量基本定理且有一个公共点的证明方法，同样给分）
18.（17 分）解析
(1)因为虚轴长为2, 即: 所以
2  = 23,  = 1.
又因为有一条渐近线方程为 y  x，所以a  3
3
x2
所以双曲线C的标准方程为  y2 1. ...3’
3
(2)由题意，点 A 与点 P 关于原点对称. 设A(x ,y ) 则 P(x ,y )
0 0 0 0
由题意可知直线m的斜率存在，设直线 m的斜率为k, ,
 
 PF a PF a
记a (1,k)，又直线m为 的平分线，则 1  2 ...6
|PF | |PF |
1 2
∠  ₁   ₂ ’
x2
因为 0  y2 1 ，所以x  3
3 0 0
所以
2
2 2 2  0 2 3
同理 |    1| = −2+  0 +  0 = −2+  0 ...9 + 3 −1 = 3  0 − 3,
2 3
|    2| = 3  0 + 3. ’ 
PF a PF a
又PF (x 2,y )，PF (x 2,y )，代入 1  2 得,
1 0 0 2 0 0 |PF | |PF |
1 2
(x 2,y )(1,k) (x 2,y )(1,k)
0 0 0 0
2 3  2 3 ， 化简得x 3ky
x  3 x  3 0 0
3 0 3 0
y 1
所以k k  0 k  ，即直线 OA与直线m 的斜率之积为定值. ...11
OA x 3
0
’
(3)由(2)可知 又 所以 ,
将  代₀入= 3   ₀.  ₀ > 0,  ₀ >得0, ,  > 0
2
0 2 3  1
所以  ₀ = 3   ₀ 3 −  0 = 1,  0 > 3  0 = 3  2 −1,  0 = 3  2 −1,
3  1 3  1 3
设直线  m的3  2 方−1程3为  2 −1 ,  (− 2,将  2 −1,− 3  2 −1),  > 3 . 代 入 得 n
3  1
2
所以直线m的方程  为 =   +   − 3  2 −1− 3由  2 点−1到直线距离公 = 式得 3  ， −1,
3
2
3k2 1  =   + 3  −1,  > 3 .
|  3k2 1|
3k2 1 2 3k2 1
| AD|   ...13
k2 1 k2 1
’
又直线 AB 的斜率为 设直线 AB 的方程为 ,
1
将 代 − 入  得 , 所以直线  A = B − 的  方  + 程  为
3  1 4  4 
将其  与 3  2 −1 3  2 −1 联立  得 = 3  2 −1,  = 。 −   + 3  2 −1.
2 2 2
2 8  7  +3
设 3 −  = 1  0)则  ²−3  ²− 3  2 −1  +3  2 −1 = 0 ...15
2 2
8  7  +3
由   ₁  ₁ 得 ,   ₂  ₂ ,  ₁+  ₂ =  2 −3 3  2 −1,  1  2 =  2 −3 3  2 −1 . ’
2 1
₁  ₂ < 0  ∈ 3 3 ,
所以
3
2 2
6  +1
2 2 2
|   | = 1+  |  1 −  2| = 1+   1 +  2 −4  1  2 = 3−  2 3  2 −1.
所以
2 2 2 2
|   | 3  +1 3  +1
当且仅   当   = |   | = 3−  2 3  2 −即1 ≥  2 +1 时 2 等=号3,成立，
所以当且仅3当−  ² = 3  时²,−1, 的最  ²小=值1为3. ...17

= 1     ’19. （17分）解析(1)因为 的定义域为 R,
且
(  )
，所以 为偶函数,
下面  取−  =  。−当  ²+   时  ,−  −1 =   ²+     则−1 =  (  )  (  )
2
1  ' 2 
当  时≥ , 0  =    =  +cos  可−知1,  在  =  −上sin单  ,调递增，
' 2  
> 2 时  ，令  =  −sin  > 当 1 则 −sin  ≥ 0,  (  ) 可知2+∞ 在 上单调递增.
' ' 2 ' 
因 0 为 ≤  ≤ 2 则∃   =   , 使得   =  − 当 cos  ,  时  , 02
2  2 '
当 0 <  < 时 1, ,  0 ∈ 0 所2以 , 在 cos  0 = 上  . 单调  递 ∈ 减 0  ,在 ₀   上 < 单 0 调 ; 递增，且
' 
∈  0 2   > 0;  (  ) [0,x₀)  0 2

则 0 =  2 = 0, 在 内恒成立，可知 在 上单调递减.
'  
综上  所  述 = ,   在 ≤ 0 上 0 单2调递减，在  (  上 ) 单调 0 递2 增，

所以 在  ( [  0, ) +∞)上 0 的2 最小值为 2+∞

又因为  (  ) 为偶函数，所以 在  R 2 内=的4−最1小. 值为 ...5

(2)由(1)  可(  知) 是定义在  (上  )的偶函数,下面取 4,−1. ’
可知 令
(  )  x ≥ 0
' '
因为   =则2   −     ,   =   = 2   −则     . 在[ 上单调递增，可得
1 '
≥ 2,  即  = 2  −   在   ≥ 1−  上   恒  成≥立0,，  (  ) 0+∞
'
可知  ≥  在 0 [= 0,  上  单调 ≥ 递 0 增， 0+∞
所以  (  ) 在 0+∞ 上的最小值为 结合偶函数性质可知 ...11
(3)由(  2()  可) 得0,当+∞ 时,  0 = 0, -1≥0,当且仅当  x=  0 时≥,0等. 号成立’,即
1 1 2
= 2   = 2  +cos 
1 2
c
令
os  ≥ 1−2  .
则
1 ∗ 1 1
2
=  ,  ≥ 2,  ∈  , cos  > 1−2  ,当 时,
1 1 2 2 1 1
2 2 2
即 n ≥ 2 cos  > 1−2  = 1−4  > 1− 4  −1 = 1− 2  −1−2  +1 ,
1 1 1
则 cos  > 1− 2  −1−2  +1 ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
相加 co 可 s 得2 > 1− 3−5 ,cos3 > 1− 5−7 ,⋯,cos  > 1− 2  −1−2  +1 ,
1 1 1 1 1 4 1
因为 co则s2+cos3+⋯所+以c c o o s s  1> co  s −1  1 ... − co 3 s −1 2  + n 1 4=  −3+2  +1.
2 3 n 3
1
≥ 2, 2  +1 > 0,
1 1 1 4
即 cos cos ...cos n (nN*,n1) ...17
2 3 n 3 ，
’