吉林省通化市“BEST合作体”2024学年数学高三上期末学业水平测试模拟试

吉林省通化市“BEST合作体”2024学年数学高三上期末学业水平测试模拟试题

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数f(x)sinA．2018

24x3sin4xcos4x，则f(1)f(2)...f(2020)的值等于（

）

D．2020 B．1009 C．1010

2．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是(

)

A．1616

3B．16

83C．328

33D．3216

33x2y23．双曲线C1：221（a0，b0）的一个焦点为F(c,0)（c0），且双曲线C1的两条渐近线与圆C2：abc2(xc)y均相切，则双曲线C1的渐近线方程为（

）

422A．x3y0 B．3xy0 C．5xy0 D．x5y0

x23y4．已知x0，y0，x2y3，则的最小值为（

）

xyA．322 B．221 C．21 D．21

点P关于直线OB的对称点为P，5．如图，圆O的半径为1，A，B是圆上的定点，OBOA，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，将OPOP表示为x的函数fx，则yfx在0,上的图像大致

为（

）

A． B． C． D．

6．给定下列四个命题：

①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；

②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；

③垂直于同一直线的两条直线相互平行；

④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．

其中，为真命题的是( )

A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④

x2y227．若双曲线221a0,b0的渐近线与圆x2y21相切，则双曲线的离心率为( )

abA．2 B．3

2C．23

3D．3

2xy018．不等式组yx表示的平面区域为，则（

）

2xy30A．x,y，x2y3 B．x,y，x2y5

C．x,y，y23

x1D．x,y，y25

x1x2y29．已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1的直线与椭圆交于P、Q两点.若PF2Q的ab内切圆与线段PF2在其中点处相切，与PQ相切于点F1，则椭圆的离心率为（

）

A．2

2B．3

2C．2

3D．3

310．等差数列an的前n项和为Sn，若a13，S535，则数列an的公差为（

）

A．-2 B．2 C．4 D．7

11． “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（

）

A．56383 B．57171

x12，C．59189 D．61242

12．已知函数fxeA．0

xgxln1，若fmgn成立，则nm的最小值为（

）

215+ln6B．4 C．3e D．

22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有____种.（用数字作答）

14．在平行四边形ABCD中，已知AB1，AD2，BAD60，若CEED，DF2FB，则AEAF____________．

15．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.

16．(2x)的展开式中常数项是___________.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）山东省2020年高考将实施新的高考改革方案.考生的高考总成绩将由3门统一高考科目成绩和自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目成绩组成，总分为750分.其中，统一高考科目为语文、数学、外语，自主选择的3门普通高中学业水平等级考试科目是从物理、化学、生物、历史、政治、地理6科中选择3门作为选考科目，语、数、外三科各占150分，选考科目成绩采用“赋分制”，即原始分数不直接用，而是按照学生分数在本科目考试的排名来划分等级并以此打分得到最后得分.根据高考综合改革方案，将每门等级考试科目中考生的原始成绩从高到低分为、1x6

、、、、、、、、、共8个等级。参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为、、、、.等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将至等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91-100、81-90、71-80，61-70、51-60、41-50、31-40、21-30八个分数区间，得到考生的等级成绩.

举例说明.

某同学化学学科原始分为65分，该学科级.而等级的原始分分布区间为58～69，则该同学化学学科的原始成绩属等等级的转换分区间为61～70，那么该同学化学学科的转换分为：

，求得.

设该同学化学科的转换等级分为，四舍五入后该同学化学学科赋分成绩为67.

（1）某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布.

，其所在原始分分布区间为82～93，求小明转换后的（i）若小明同学在这次考试中物理原始分为84分，等级为物理成绩；

（ii）求物理原始分在区间的人数；

（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取4人，记表示这4人中等级成绩在区间列和数学期望.

（附：若随机变量，则）

18．（12分）在极坐标系中，已知曲线C的方程为，，的人数，求的分布r（r0），直线l的方程为cos2.设直线l与4曲线C相交于A，B两点，且AB27，求r的值.

x2y219．（12分）已知椭圆C：221ab0的长半轴长为2，点1,e（e为椭圆C的离心率）在椭圆C上.

ab

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，P为直线x2上任一点，过点P椭圆C上点处的切线为PA，PB，切点分别A，B，直线xa与直线PA，PB分别交于M，N两点，点M，N的纵坐标分别为m，n，求mn的值.

x2y220．（12分）已知椭圆C：221（ab0）的左、右顶点分别为A、B，焦距为2，点P为椭圆上异于A、abB的点，且直线PA和PB的斜率之积为（1）求C的方程；

（2）设直线AP与y轴的交点为Q，过坐标原点O作OM//AP交椭圆于点M，试探究是，求出该定值；若不是，请说明理由.

21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C1:xy2，曲线C2的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求曲线C1、C2的极坐标方程；

223.

4|AP||AQ|是否为定值，若|OM|2x22cos

y2sin（2）在极坐标系中，射线．．积

6与曲线C1，C2分别交于A、B两点（异于极点O），定点M(3,0)，求MAB的面x2cos，C22．（10分）已知曲线1的参数方程为（为参数）.以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴ysin2为极轴建立坐标系，曲线C2的极坐标方程为sin4cos.

（1）求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

0)的直线l与C1交于A，B两点，与C2交于M，N两点，求（2）若过点F(1，FAFBFMFN的取值范围.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C

【解题分析】

首先，根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据所求函数的周期性，得到其周期为4，然后借助于三角函

数的周期性确定其值即可．

【题目详解】

解：

f(x)sin24x3sin4xcos4x．

13(1cosx)sinx

22221sin(x)，

2621f(x)sin(x)，

262f(x)的周期为f1T224，

1313，f21，

f3，f40，

22f1f2f3f42．

f1f2f2020

505f1f2f3f4

5052

1010．

故选：C

【题目点拨】

本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识，掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键，属于中档题．

2、B

【解题分析】

该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为V11144244，

223816.

3故选B

点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.

3、A

【解题分析】

根据题意得到d【题目详解】

根据题意知：焦点F(c,0)到渐近线ybcab22c，化简得到a223b2，得到答案.

bccb，

x的距离为daa2b22故a23b2，故渐近线为x3y0.

故选：A.

【题目点拨】

本题考查了直线和圆的位置关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力和转化能力.

4、B

【解题分析】

x23yx2(x2y)yx2yx2y112122 ,选B

xyxyyxyx5、B

【解题分析】

根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.

【题目详解】

由题意，当x0时，P与A重合，则P与B重合，

所以OPOP|BA|2,故排除C,D选项；

当0x故选：B

【题目点拨】

本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.

6、D

【解题分析】

利用线面平行和垂直，面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．

【题目详解】

当两个平面相交时，一个平面内的两条直线也可以平行于另一个平面，故①错误；由平面与平面垂直的判定可知②正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相交或者异面，故③错误；若两个平面垂直，只有在一个平面内与它2时，OPOP|PP|2sin(x)2cosx，由图象可知选B.

2

们的交线垂直的直线才与另一个平面垂直，故④正确．综上，真命题是②④.

故选：D

【题目点拨】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．

7、C

【解题分析】

利用圆心(2,0)到渐近线的距离等于半径即可建立a,b,c间的关系.

【题目详解】

由已知，双曲线的渐近线方程为bxay0，故圆心(2,0)到渐近线的距离等于1，即|2b|ab221，

所以a2故选：C.

3b2，ecb123.

1()21aa33【题目点拨】

本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率问题，关键是建立a,b,c三者间的方程或不等关系，本题是一道基础题.

8、D

【解题分析】

根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设z1x2y,z2可得z1,z2的最小值，据此分析选项即可得答案.

【题目详解】

y2，分析z1,z2的几何意义，x12xy01解：根据题意，不等式组yx其表示的平面区域如图所示，

2xy30

其中A2,1

，B1,2，

xz1xz，z1的几何意义为直线y1在y轴上的截距的2倍，

2222xz由图可得：当y1过点B1,2时，直线z1x2y在y轴上的截距最大，即x2y5，

22xz当y1过点原点时，直线z1x2y在y轴上的截距最小，即x2y0，

22设z1x2y，则y故AB错误；

设z2y2，则z2的几何意义为点x,y与点1,2连线的斜率，

x1由图可得z2最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；

故选：D.

【题目点拨】

本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.

9、D

【解题分析】

可设PF2Q的内切圆的圆心为I，设PF可得mn2a，由切线的性质：切线长相等推得m1m，PF2n，1n，2tPF2Q为等边三角形，由焦距为三角形的高，结合离心率公式可得所解得m、n，并设QF1t，求得的值，推得求值．

【题目详解】

可设PF2Q的内切圆的圆心为I，M为切点，且为PF2中点，PF1PMMF2，

设PF1m，PF2n，则m12a4an，且有mn2a，解得m，n，

332

2a，QNQF1t，

32a4a2a由2atQF2QNNF2t，解得t，PQmt，

3334aPF2QF2，所以PF2Q为等边三角形，

3QF2于点N，则NF2MF2设QF1t，QF22at，设圆I切所以，2cc334a.

，解得23a33.

3因此，该椭圆的离心率为故选：D.

【题目点拨】

本题考查椭圆的定义和性质，注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质，切线的性质，考查化简运算能力，属于中档题．

10、B

【解题分析】

在等差数列中由等差数列公式与下标和的性质求得a3，再由等差数列通项公式求得公差.

【题目详解】

在等差数列an的前n项和为Sn，则S5则a3a12d32d7d2

故选：B

【题目点拨】

本题考查等差数列中求由已知关系求公差，属于基础题.

11、C

5a1a525a335a37

【解题分析】

根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前n项和公式，可得结果.

【题目详解】

被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，

公差为5735的等差数列，记数列an

则an2335n135n12

令an35n122020，解得n58故该数列各项之和为5823故选：C.

【题目点拨】

本题考查等差数列的应用，属基础题。

12、A

【解题分析】

令fmgnt，进而求得nm2et12lnt2，再转化为函数的最值问题即可求解.

【题目详解】

∵fmgnt∴e令：ht2et1m122.

3558573559189.

2lnn，∴nm2et12lnt2，

1t（t0）222lnt2，ht2et1，ht在0,上增，

t且h10，所以ht在0,1上减，在1,上增，

所以htminh1220，所以nm的最小值为0.故选：A

【题目点拨】

本题主要考查了导数在研究函数最值中的应用，考查了转化的数学思想，恰当的用一个未知数来表示n和m是本题的关键，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、36

【解题分析】

先优先考虑甲、乙两人不相邻的排法，在此条件下，计算甲不排在两端的排法，最后相减即可得到结果.

【题目详解】

由题意得5人排成一排，甲、乙两人不相邻，有A3A4种排法，其中甲排在两端，有2A3A3种排法，则6人排成一排，3231甲、乙两人不相邻，且甲不排在两端，共有A3A42A3A336（种）排法.

3231所以本题答案为36.

【题目点拨】

排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必须心思细腻、考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.

14、5

2【解题分析】

设ABa,ADb，则a1,b2，得到AEb【题目详解】

由题意，如图所示，设ABa,ADb，则a1,b2，

又由CEED，DF2FB，所以E为CD的中点，F为BD的三等分点，

121a，AFab，利用向量的数量积的运算，即可求解．

2331221a，AFb(ab)ab，

233312112512所以AEAF(ab)(ab)aabb

23336315151212cos60022．

3632则AEb

【题目点拨】

本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．

15、135

【解题分析】

2根据题意先确定2个人位置不变，共有C615种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案.

【题目详解】

2根据题意先确定2个人位置不变，共有C615种选择.

再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有33119种选择，

故不同的坐法有159135.

故答案为：135.

【题目点拨】

本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.

16、-160

【解题分析】

试题分析：常数项为T4C6(2x)()160.

考点：二项展开式系数问题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、 (1)（i）83.;（ii）272.(2)见解析.

【解题分析】

（1）根据原始分数分布区间及转换分区间，结合所给示例，即可求得小明转换后的物理成绩；根据正态分布满足，结合正态分布的对称性即可求得（2）根据各等级人数所占比例可知在区间合数学期望的公式即可求解。

【题目详解】

（1）（i）设小明转换后的物理等级分为，

，

求得.

内的概率，根据总人数即可求得在该区间的人数。

内的概率为，由二项分布即可求得的分布列及各情况下的概率，结331x3小明转换后的物理成绩为83分；

（ii）因为物理考试原始分基本服从正态分布所以

，

.

所以物理原始分在区间的人数为（人）；

内的概率为，

（2）由题意得，随机抽取1人，其等级成绩在区间随机抽取4人，则，，.

的分布列为

数学期望【题目点拨】

0

1

.

，

，

2

3

4

.

本题考查了统计的综合应用，正态分布下求某区间概率的方法，分布列及数学期望的求法，文字多，数据多，需要细心的分析和理解，属于中档题。

18、r3

【解题分析】

先将曲线C和直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，可得圆心到直线的距离，再由勾股定理，计算即得.

【题目详解】

以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，

可得曲线C：r（r0）的直角坐标方程为x2y2r2，表示以原点为圆心，半径为r的圆.

由直线l的方程cos2，化简得coscossinsin2，

444则直线l的直角坐标方程方程为xy20.

记圆心到直线l的距离为d，则d222，

AB，即2又rdr279，所以r3.

2222【题目点拨】

本题考查曲线和直线的极坐标方程化为直角坐标方程，是基础题.

x219、（1）y21；（2）223.

2【解题分析】

c1a2b21e2222（1）因为点1,e在椭圆C上，所以221，然后，利用cab，e，得出2221，进而求aabaab解即可

（2）设点P的坐标为2,t，直线AP的方程为yk1x2t，直线BP的方程为yk2x2t，分别联立方x2k1k22t2y1程：2和t21，利用韦达定理，再利用mk1yk1x2tk1k22mn的值

【题目详解】

（1）由椭圆C的长半轴长为2，得a22t，nk222t，即可求出2.

1e2因为点1,e在椭圆C上，所以221.

abc1a2b2又因为cab，e，所以2221，

aaab222所以b1（舍）或b1.

x2故椭圆C的标准方程为y21.

2（2）设点P的坐标为2,t，直线AP的方程为yk1x2t，直线BP的方程为yk2x2t.

x22y1222据2得2k11x4k1t2k1x2t2k120.

yk1x2t22222t2k120，得2k124tk1t210，

据题意，得16k1t2k142k1122同理，得2k24tk2t10，



k1k22t所以t21.

k1k2222t，

所以mnk22tk22t

642kk22kktt

322t1222tt

又可求，得mk1122t，nk2221221222223.

【题目点拨】

本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题

x2y220、（1）1（2）是定值，且定值为2

43【解题分析】

（1）设出P点坐标并代入椭圆方程，根据kAPkBP得椭圆C的方程.

（2）设出直线AP,OM的方程，联立直线AP的方程和椭圆方程，求得P点的横坐标，联立直线OM的方程和椭圆2方程，求得xM，由此化简求得3b2列方程，求得2的值，结合2c2求得a,b的值，进而求4a|AP||AQ|2为定值.

|OM|2【题目详解】

x2y2（1）已知点P在椭圆C：221（ab0）上，

ab22x0y0可设Px0,y0，即221，

ab又kAPkBP2y0y0y0b232，

x0ax0ax0a2a24x2y2且2c2，可得椭圆C的方程为1.

43

（2）设直线AP的方程为：yk(x2)，则直线OM的方程为ykx.

联立直线AP与椭圆C的方程可得：34k2x216k2x16k2120，

68k2由xA2，可得xP，

234k联立直线OM与椭圆C的方程可得：34k2x22120，即xM12，

234kxP2|02||AP||AQ|xPxAxQxA2.

即222|OM|xMxM即|AP||AQ|为定值，且定值为2.

|OM|2【题目点拨】

本小题主要考查本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.

222221、（1）C1:cossin2，C2:4cos；（2）333.

2【解题分析】

（1）先把参数方程化成普通方程，再利用极坐标的公式把普通方程化成极坐标方程；

（2）先利用极坐标求出弦长AB，再求高，最后求MAB的面积．

【题目详解】

（1）曲线C1的极坐标方程为：cossin2

，

因为曲线C2的普通方程为：x2y24

，xy4x0.

2222222曲线C2的极坐标方程为4cos；

（2）

由（1）得：点A的极坐标为2,6，

点B的极坐标为23,，

6AB223232，

M3,0点到射线60的距离为d3sin63

2MAB的面积为

1ABd12323333.

2222【题目点拨】

本题考查普通方程、参数方程与极坐标方程之间的互化，同时也考查了利用极坐标方程求解面积问题，考查计算能力，属于中等题.

22、 (1)见解析;(2)0，.

【解题分析】

试题分析：（1）利用平方法消去参数，即可得到C1的普通方程，两边同乘以利用cosx,siny

即可得C22x1tcosx的直角坐标方程；（2）设直线l的参数方程为（t为参数），代入y21，利用韦达定理、直线参2ytsin18数方程的几何意义以及三角函数的有界性可得结果.

x2试题解析：（1）曲线C1的普通方程为y21，曲线C2的直角坐标方程为

y24x；

2（2）设直线l的参数方程为2x1tcos（t为参数）

ytsin又直线l与曲线C2：y4x存在两个交点，因此sin0.

1x222

联立直线l与曲线C1：y21可得1sint2tcos10则FAFBt1t21sin222联立直线l与曲线C2：y4x可得t2sin24tcos40，则FMFNt1t24

2sin12FAFB1sin21111sin即0,

4FMFN41sin24118sin2sin2