文档内容
公众号：高中试卷君
吉林地区普通高中 2023—2024 学年度高三年级第三次模拟考试
数学试题
说明：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，贴好条形码.
2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答素写在
答题卡上.字体工整，笔迹清楚.
3．请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效：在试卷上、草纸上答题无
效.
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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
有一个是符合题目要求.
1. 复数 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数几何意义及三角函数值符号判断其所在象限即可.
【详解】由复数的几何意义知，复数 在复平面中对应点 ，
又因为 ，所以 ， ，
所以点 位于第一象限.
故选：A.
2. 已知 若 ，则实数 的值为（ ）
A. 1 B. 4 C. 1或4 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】分 和 ，求解 ，即可得出答案.
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【详解】当 时， ，则 ，解得： （舍去）；
当 时， ，则 ，解得： .
.
故选：B
3. 已知随机变量 ，且 ，则 （ ）
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布性质可得
【详解】因为 ，所以 ，
所以 .
故选：D.
4. 若互不相等的正数 满足 ，则（ ）
A. 成等差数列 B. 成等比数列
C. 成等差数列 D. 成等比数列
【答案】D
【解析】
【分析】根据 互不相等，且 得到 ，转化为 ，根据等比中项的概
念，判断 成等比数列.
【详解】因为 互不相等，且 ，所以 ，即 ，
所以 成等比数列.
故选：D
5. 下列函数中，既是奇函数，又在区间 上单调递增的是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用奇函数的定义 ，即可判断四个选项的奇偶性，只有 是奇函数，又正切
函数在 上不是单调递增函数，而函数 的导函数恒大于零，所以只有C正确.
【详解】对于A， ， 为偶函数，故A错误；
对于B， ， 为奇函数，又 在 不满足单
调递增定义，所以B错误；
对于C， ， 为奇函数， ，
在区间 上单调递增，故C正确；
对于D， 是非奇非偶函数，所以D错误.
故选：C.
6. 已知圆锥的侧面积是 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出圆锥底面圆的半径，并由题意联立方程组求出；再由勾股定理解出圆锥内切球的半径即可.
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【详解】
设圆锥底面圆的半径为 ，高为 ，母线长为 ，由题意知： ，
两式相除解得 ， ；
所以圆锥的顶角为 ，轴截面为等边三角形，圆锥的高 ，
设圆锥的内切圆半径为 ， ，解得 .
故选：D.
7. 已知圆 与 轴交于 两点，点 在直线 上，若以 为焦点的椭圆
过点 ，则该椭圆的离心率的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出点 关于直线 对称的点 的坐标，结合两点之间线段最短，
即可求出 的最小值，由此即可求出离心率的最大值．
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【详解】
由题意知 ， ，以 ， 为焦点的椭圆的半焦距为 ，
由题意可知直线1与椭圆有交点 ，设点 关于直线 对称的点为 ，
则 ，解得 ，
则 ，
因为 ，
则该椭圆的离心率的最大值为 ．
故选：B．
8. 已知 为锐角，且 ，则 的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先结合和差角公式及同角基本关系进行化简，然后结合基本不等式即可求解．
【详解】因为 ， 为锐角，且 ，
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两边同时除以 得， ，
，
为锐角， ，
，
当且仅当 ，即 时取等号，
最大值为 ．
故选：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，有选错的得0分．
9. 已知集合 ，则（ ）
A. B.
C. D. 的子集个数为2
【答案】BCD
【解析】
【分析】解对数不等式及绝对值不等式，结合集合的交集、并集运算及子集的定义计算即可.
【
详解】对于A项，由题意知， ， ，故A项错误；
对于B项， ，故B项正确；
对于C项， ，故C项正确；
对于D项，因为 ，所以 的子集为 、 共2个，故D项正确.
故选：BCD.
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10. 在 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 各二项式系数的和为64 B. 各项系数的绝对值的和为729
C. 有理项有3项 D. 常数项是第4项
【答案】AB
【解析】
【分析】利用各二项系数和可判断A选项；根据二项式 展开式的系数的绝对值和与二项式
的展开式的系数和相等，可判断B选项；根据展开式的通项可判断C选项和D选项；
【详解】在 的展开式中，各二项式系数的和为 ，故A正确；
各项系数的绝对值的和与 的各项系数和相等，
令 ，可得各项系数的绝对值的和为 ，故B正确；
展开式的通项为 ，
令 ，得 时，展开式的项为有理项，
所以有理项有4项，故C错误；
令 ，得 ，所以常数项是第5项，故D错误.
故选：AB.
11. 如图1，在等腰梯形 中， ，且 为 的中点，沿 将
翻折，使得点 到达 的位置，构成三棱锥 （如图2），则（ ）
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在
A. 翻折过程中， 与 可能垂直
B. 在翻折过程中，二面角 无最大值
C. 当三棱锥 体积最大时， 与 所成角小于
D. 点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，若点 的轨迹是椭圆，则三棱锥
的体积的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当 时可证平面
平面 ，从而可证 ，判断A；且此时二面角 取得最大值，判断B；还是此时，
当三棱锥 体积最大，可求异面直线 与 所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，
判断二面角 的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥 的体积的取值范围，判
断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有 ， ， ， . .
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又 ， ，所以 .
沿 将 翻折，则 点轨迹为一个圆，且圆面一直和 垂直，如图：
当 时， ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ， ，所以 平面 .
平面 ，所以 .故A正确.
此时 ， ，所以 即为二面角 的平面角为 ，是二面角
的最大值，故B错误；
此时三棱锥 的高等于 ，高取得最大值，又底面 不变，所以三棱锥 的体积
最大.
如图：
取 中点 ，连接 ， ，则 即为一面直线 与 所成角，
在 中， ， ， ，
所以 ，
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所以 ，故C正确；
对D：点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，若点 的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的
概念，二面角 应该在 之间取值，且不能为 （此时点 的轨迹是圆），
当二面角 或 时， ，
当二面角 时， ，
所以点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，且点 的轨迹是椭圆时，
，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，
且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
三、填空题：本大題共3小题，每小題5分，共15分．其中第13题的第一个空填对得2分，
第二个空填对得3分．
12. 已知向量 ，若 ，则 _________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算得 的值，从而可求模长.
【详解】因为 ， ，所以 ，解得 ，
所以 .
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故答案为： .
13. “冰天雪地也是金山银山”，2023-2024年雪季，东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北
经济发展增添了新动能．某市以“冰雪童话”为主题打造—圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣
像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观．若这16处景观分别用 表示，某游客按照箭头所示方向
（不可逆行）可以任意选择一条路径走向其它景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按
图中所示方向到达 有_________种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观 的不同
路线有 条，其中 ，记 ，则 _________（结果用 表
示）.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】结合题意及分类加法原理，依次计算到达 、 、 、 、 的走法即可.由题意可知数列
为斐波那契数列，即 （ 且 ），结合累加法求解即可.
【详解】由题意知，到达 点共有1种走法，
到达 点共有 种走法（一种是经过 点到达 ，一种是直接到达 ），
到达 点共有 种走法（一种是经过 ，一种是经过 ，所以到达 将 、 的走法加起来），
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到达 点共有 种走法（一种是经过 和 ，一种是经过 ，所以到达 将 、 的走法加
起来），
到达 点共有 种走法（一种是经过 和 ，一种是经过 和 ，所以到达 将 、 的
走法加起来），
故按图中所示方向到达 有8种不同的打卡路线.
由题意知， ， ， ， ， ，…，
（ 且 ），
因为 （ 且 ），
所以 ， ， ，…， ，（ 且 ），
将上式累加可得 ，（ 且
），
整理可得 ，又 ， ，
所以 ，即 .
故答案为：8； .
14. 已知拋物线 的焦点为 ，准线为 ，过点 的直线与抛物线 交于 两点，过 作
轴垂线，垂足分別为 ，直线 与直线 交于 点，则 与 的面积比值为_________.
【答案】1
【解析】
【分析】设直线 的方程为： ，联立直线 与抛物线的方程求得 ，
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再求出 点坐标，讨论点 在点 的右侧或左侧，表示出 ，所以
，再将韦达定理代入即可得出答案.
【详解】依题意作示意图如下图，图一为点 在点 的右侧，图二为点 在点 的左侧，
根据抛物线方程有： ，
设直线 的方程为： ， ， ，
故 ，若 ，则直线 与直线 不相交，故 ，
联立直线 与抛物线的方程有： ，
则 ，则 ，
直线 的方程为： ，令 ，得到 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，
而对于 ，当点 在点 的右侧，根据图象可知，
，
当点 在点 的左侧，根据图象可知，
，
即 ，所以 ，
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.
故答案为：1.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于设直线 的方程为： ，联立直线 与抛物线的方程
求得 ，再求出 点坐标，讨论点 在点 的右侧或左侧，表示出
，所以 ，再将韦达定理代入即可得出答案.
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. 已知 的三个内角 的对边分别为 ，且 ．
（1）求 ；
（2） 在 方向上 投的影向量是 ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由 ，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简得到
求解；
（2）（方法一）由 在 方向上的投影向量 ，化简得到 ，
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再利用余弦定理求得 即可；（方法二）：过 作 ，设 ，在Rt 中，由
求解.
【小问1详解】
解：由正弦定理得 ，
，
即 ，
又 ，
，
即
得 或 （舍），
又 .
【小问2详解】
（方法一） 在 方向上的投影向量为 ，
即 ，
，
由余弦定理 ，
，
，
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则 ；
（方法二）：如图所示：
过 作 ，垂足为 ，则 为 在 方向上的投影向量，
设 ，则 ，
在Rt 中， ，
，
.
16. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，
为 中点，点 在梭 上（不包括端点）.
（1）证明：平面 平面 ；
（2）若点 为 的中点，求直线 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
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（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质与勾股定理，结合三线合一证得 ， ，再线面垂直与
面面垂直的判定定理即得证.
（2）由线面平行判定定理可证得 平面 ，则点 到平面 的距离即为 到平面 的距
离.方法一：以 为原点建立空间直角坐标系，运用点到面的距离公式计算即可.方法二：运用等体积法
计算即可.
【小问1详解】
证明：连接 ，如图所示，
平面 ，
，
，即 ，
又 为 中点，则 ，且 ，
四边形 为正方形， ，
平面 平面 ，
又 ， 、 平面 ， 平面 ，
又 平面 平面 平面 .
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【小问2详解】
在 中， 分别为 中点， ，
又 平面 平面 ， 平面 ，
点 到平面 的距离即为 到平面 的距离，
（方法一）
，
以 为原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，
建立如图所示空间直角坐标系 ，如图所示，
则 ，
，
设 是平面 的法向量，
，
取 ，则 是平面 的一个法向量，
点 到平面 的距离为 ，
即直线 到平面 的距离为 .
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（方法二）
连接 、 ，如图所示，
为等腰直角三角形， ，
又 平面 是三棱锥 的高，
，
，
，
，
设 到平面 距离为 ，则 ，
，
即 到平面 的距离为 .
17. 已知点 ，直线 ，动圆 与直线 相切，交线段 于点 ，且 ．
（1）求圆心 的轨迹方程，并说明是什么曲线；
（2）过点 且倾斜角大于 的直线 与 轴交于点 ，与 的轨迹相交于两点 ，且
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，求 的值及 的取值范围.
【答案】（1） ，点 的轨迹是焦点在 轴上，实轴长、虚轴长均为 的等轴双曲线．
（2） ，
【解析】
【分析】（1）设点 ，根据 列出等量关系整理可得；
（2）设直线 ，联立双曲线方程，利用韦达定理结合 ，可得 的
值及 的取值范围.
【小问1详解】
设点 ，圆 的半径为 为 到直线 的距离，则 ．
根据题意，动点 的轨迹就是点的集合
即 ，整理得 .
所以，点 的轨迹是焦点在 轴上，实轴长、虚轴长均为 的等轴双曲线．
【小问2详解】
设直线 ，
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倾斜角大于
设
联立 得 ，
故 ， ， ，
由题知，双曲线的焦点 ，
由 得 的取值范围是
18. 短视频已成为当下宣传的重要手段，东北某著名景点利用短视频宣传增加旅游热度，为调查某天南北
方游客来此景点旅游是否与收看短视频有关，该景点对当天前来旅游的500名游客调查得知，南方游客有
300人，因收看短视频而来的280名游客中南方游客有200人.
（1）依据调查数据完成如下列联表，根据小概率值 的独立性检验，分析南北方游客来此景点旅
游是否与收看短视颍有关联：单位：人
短视频
游客 合计
收看 未看
南方游
客
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北方游
客
合计
（2）为了增加游客的旅游乐趣，该景点设置一款5人传球游戏，每个人得到球后都等可能地传给其余4人
之一，现有甲、乙等5人参加此游戏，球首先由甲传出.
（i）求经过 次传递后球回到甲的概率；
（ii）记前 次传递中球传到乙的次数为 ，求 的数学期望.
参考公式： ，其中 ；
附表：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）列联表见解析，无关
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件，完成列联表，利用独立性检验公式求解判断即可；
（2）（i）设经过 次传递后回到甲的概率为 ，求出关系式，得到通项公式；（ii）方法一：设第 次传
递时甲接到球的次数为 ，则 服从两点分布， ，设前 次传递中球传到甲的次数为 ，利用
公式求期望即可.方法二：设第 次传递时，乙接到球的概率和次数分别为 与 ，则 服从两点分布，
，利用公式求期望即可.
【小问1详解】
将所给数据进行整理，得到如下列联表：
游客 短视频 合计
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收看 未看
南方游
200 100 300
客
北方游
80 120 200
客
合计 280 220 500
零假设 ：南北方游客来此景点旅游与短视频无关联．
根据小概率值 的独立性检验，我们推断 不成立，
即认为南北方游客来此景点旅游与收看短视频有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【小问2详解】
（i）设经过 次传递后回到甲的概率为 ，
， ，
又 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 .
（ii）（方法一）
设第 次传递时甲接到球的次数为 ，则 服从两点分布， ，
设前 次传递中球传到甲的次数为 ，
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，
因为 ，所以 .
（方法二）
设第 次传递时，乙接到球的概率和次数分别为 与 ，则 服从两点分布，
，由题可知 ， ，
又 ，所以 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
， ，
，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题第2问（ii）的解决关键是，根据题意得到 的关系，利用构造法分析出
是首项为 ，公比为 的等比数列，由此得解.
19. 已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）设 分别是 的极小值点和极大值点，记 ．
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（i）证明：直线 与曲线 交于除 外另一点 ；
（ii）在（i）结论下，判断是否存在定值 且 ，使 ，若存在，请求出 的值；
若不存在，请说明理由.
【答案】（1） 在 上单调递增，在 上单调递减
（2）（i）证明见解析；（ii）存在定值 ，此时 .
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，从而解不等式，求出函数单调性；
（2）（i）法一：在（1）基础上得到 ，求出 直线方程，联立得到
，变形得到 ，构造 ，
求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论；
法二：在（1）基础上得到 ，求出 直线方程，联立得到 ，
变形得到 ，构造 ，求导得到其单调性，结合零点
存在性定理得到结论；
（ii）法一：在（i）基础上，得到 ，表达出 ，
故 ， 结 合 （ i ） 中 的 得 到 ， 换 元 得 到
，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到存在定值 ，且 ，使
，又 ，故 ；
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法二：由（i）知， ，表达出 ，
故 ，根据 ，得到 ，又 ，故 ；
【小问1详解】
定义域为R，
，
令 ，则 ，令 ， 或 ，
在 上单调递增，在 上单调递减．
【小问2详解】
（i）法一：由（1）知 且 ，
，
，
直线方程为 ，
令 ，即 ，
或 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
，
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令 ，则 ，令 ，则 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
， ，
（或者 ）
存在唯一的 ，使 ，即 ，
故方程①的解有
综上，直线 与曲线 交于除 点外另一点 ；
法二：由（1）知 且 ，
，
，
直线方程为 ，
令 ，即 ，
或 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；令 ，则 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
，
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，使得 ，
故方程①的解有 ，
综上，直线 与曲线 交于除 点外另一点 .
（ii）法一：由（i）知， ，
，
，
由（i）可知， ，
，
即 ，
，
设 ，设 ，
，
令 ，则 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
在 上单调递减，在 上单调递增.
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，
，使 ，此时 ，
故存在定值 ，且 ，使 ，
又 ，故 ；
法二：（ii）由（i）知， ，
，
，
，
，
，
，
故存在定值 ，且 ，使 ，此时 .
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区
间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替
换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
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