吉林地區普通中學2024-2025學年度高中畢業年級第四次調研測試數學試題說明：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，貼好條形碼.2.答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.答非選擇題時，用0.5毫米的黑色簽字筆將答案寫在答題卡上.字體工整，筆跡清楚.3.請按題號順序在答題卡相應區域作答，超出區域所寫答案無效；在試卷上、草紙上答題無效.一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.已知命題，，命題，，則（）A.和都是真命題 B.和都是真命題C.和都是真命題 D.和都是真命題【答案】C【解析】【分析】舉出反例證明為假命題，所以為真；找出實例證明為真命題，所以為假；由此即可求解.【詳解】對于命題，時，，所以，為假命題，為真命題，對于命題，，解得，或，所以，，為真命題，為假命題，所以和都是真命題.故選：C2.已知復數為純虛數，則實數的值為（）A. B.1 C.或1 D.2【答案】B【解析】【分析】由純虛數定義列方程和不等式即可求解.詳解】由題可得.故選：B3.為了解教育改革制度出臺后學生每周的段煉時長情況，從某市中小學抽取樣本，經分析得到改革后學生每周的鍛煉時長（單位：小時）近似服從正態分布，若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正態分布的對稱性求區間概率值.【詳解】由題設且，所以.故選：A.4.直線的一個方向向量為，傾斜角為，則（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出直線的斜率，再利用正切二倍角求出.【詳解】因為直線的一個方向向量為，所以，則.故選：D5.已知正四棱錐的底面邊長為，側棱與底面所成角為，則該正四棱錐的體積為（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】先根據正四棱錐的結構特征求出底面中心到頂點的距離（即高），再求出底面面積，最后代入棱錐體積公式計算體積.【詳解】因為正四棱錐底面是邊長為的正方形，其對角線長為，那么底面正方形中心到底面頂點的距離為對角線長的一半，為.設正四棱錐為，為底面的中心，則底面，故就是側棱與底面所成角，已知側棱與底面所成角為，即.在中，，又，則，即正四棱錐的高.已知正四棱錐底面邊長為，可得底面面積.由棱錐體積公式，則.故選：A6.已知定義域為R的奇函數滿足，則（）A. B.C.的最小正周期為2 D.是曲線的一條對稱軸【答案】B【解析】【分析】根據奇函數的性質以及所給等式變形，結合對稱性和周期性定義，賦值計算，對各選項逐一進行分析判斷.【詳解】對于A選項，已知是定義域為的奇函數，則.令，代入可得：，將代入得，即，所以A選項錯誤.對于B選項，因為是奇函數，則.由可得.用代替可得，又因為，所以，即.那么.同理...令，則，所以B選項正確.對于C選項，由可知，所以的最小正周期不是，C選項錯誤.對于D選項，由，得不是曲線的對稱軸，D選項錯誤.故選：B.7.已知遞減的等比數列前項和為，且滿足，，若恒成立，則的最小值為（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】先由題意求出，接著由指數函數性質研究分析的單調性和最值即可求解.【詳解】由題可設等比數列的公比為，因為，，所以或，所以，，所以為單調遞增數列，為單調遞減數列，所以單調遞增，故，故若恒成立，則的最小值為.故選：D8.設，，定義余弦距離（為原點）.若，，則的最小值為（）.A. B.1 C. D.0【答案】C【解析】【分析】分析可得在半圓上，結合圖象確定的最小值，即可得解.【詳解】，則，且，在半圓上，如圖，當在時，取最小值，最小值為，取得最大值，此時取最小值，最小值為.故選：C.二、多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.兩批同種規格的產品，第一批占40%，次品率為3%；第二批占60%，次品率為2%，則（）A.從兩批產品中各取1件，都取到次品的概率為0.06%B.從兩批產品中各取1件，都取到次品的概率為2.4%C.兩批產品混合后任取1件，該產品是次品的概率為2.4%D.兩批產品混合后任取1件，若取到的是次品，則它取自第一批產品的概率為0.3%【答案】AC【解析】【分析】對于A，B，運用獨立事件的概率乘法公式計算即可判斷；對于C，設出相關事件，運用全概率公式計算即得；對于D，利用貝葉斯公式計算即得.【詳解】依題意，從兩批產品中各取1件，都取到次品的概率為，故A正確，B錯誤；設事件“次品來自第一批產品”，“次品來自第二批產品”，而“從混合后的產品中取出一件是次品”，則因，故C正確；因，故D錯誤.故選：AC.10.已知函數，則（）A.當時，函數的單調遞減區間是B.當時，函數的單調遞增區間是C.是函數的極大值D.函數有且只有一個零點【答案】BCD【解析】【分析】當時，利用導數求函數的單調性，判斷AB；分和研究函數的單調性和最值，從而判斷CD.【詳解】當時，,則，當時，，則函數的單調遞減區間是和，當時，，則函數的單調遞增區間是，故A錯誤，B正確；因為，則，當時，當時，，則函數的單調遞減區間是和，當時，，則函數的單調遞增區間是，所以是函數的極大值點，極大值為，當時，當時，，則函數的單調遞增區間是和，當時，，則函數的單調遞減區間是，所以是函數的極大值點，極大值為，故C正確；根據上面研究，當時，函數的單調遞減區間是和，單調遞增區間是，且，所以當時，，當時，，所以函數只有一零點，當時，函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是，且，所以當時，，當時，，所以函數只有一零點，D正確.故選：BCD11.如圖，一個帶有蓋子的密閉圓臺形鐵桶中裝有兩個實心球（桶壁的厚度忽略不計），其中一個球恰為鐵桶的內切球（與圓臺的上，下底面及每條母線都相切的球），E為該球與母線BC的切點.AB，CD分別為鐵桶上，下底面的直徑，且，，F為的中點，則（）A.鐵桶的母線長為3B.鐵桶的側面積為C.過D，E，F三點的平面與桶蓋的交線與直線CD所成角的正切值為D.桶中另一個球的半徑的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】對于A選項，研究軸截面，設內切圓半徑為，利用等面積法求出腰長，即為母線長；對于B選項,利用側面積公式直接計算鐵桶側面積即可；對于C選項，連接DE交AB于G，連接FG交圓O于M，則FM即為過D，E，F三點的平面與桶蓋的交線，在求解即可；對于D選項，在軸截面ABCD中，通過相似三角形求得另一個球半徑最大值.【詳解】由題，鐵桶的軸截面是上底為4,下底為2的等腰梯形且有內切圓，如上圖，設內切圓半徑為，則梯形兩腰長為，梯形面積公式可以用兩種方式表示為，故鐵桶的母線長為3，A正確；對于選項B，側面積公式為，故B不正確；對于選項C.連接DE交AB于G，連接FG交圓O于M，則FM即為過D，E，F三點的平面與桶蓋的交線.，則即為所求角.,所以E為BC的三等分點且靠近C，由，求得.在中，.對于選項D.當球與球、桶蓋、桶壁均相切時，球的半徑最大，設為，如下圖，在軸截面ABCD中，由，則，可求得另一個球半徑的最大值為.故選：ACD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.其中14題的第一個空填對得2分，第二個空填對得3分.12.若函數是定義域為的偶函數，則__________.【答案】【解析】【分析】整理可得，根據偶函數性質列式求解即可得結果.【詳解】因為，可知均為偶函數，為奇函數，若函數是定義域為的偶函數，則，可得，所以.故答案為：.13.已知集合，，將中所有元素按從小到大的順序構成數列，則數列的通項公式為__________.【答案】【解析】【分析】設，則，利用二項式展開，根據等式左側為3的倍數，右側也為3的倍數可得答案.【詳解】設，則，等式左側為3的倍數，為3的倍數，所以也為3的倍數，故為大于1的奇數，所以.故答案為：.14.已知，，且動點滿足.則的取值范圍為__________；若線段PM的垂直平分線與PA交于點Q，則的正切值的最大值為__________.【答案】①.②.##【解析】【分析】建立適當坐標系，設，利用向量模長坐標運算求出點P軌跡方程，再利用數量積定義即可求解空1；由題設結合橢圓定義得到Q點的軌跡，再根據圖形特征得到當QB與橢圓相切時，的正切值最大，接著設直線方程，聯立橢圓，利用判別式求出直線即可進一步求解.【詳解】，，，.以中點為原點，所在直線為x軸，中垂線為y軸建立如圖所示平面直角坐標系，則，設，則因為，所以，整理得，點的軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓.；線段PM的垂直平分線與PA交于點Q，，點的軌跡是以A，M為焦點、長軸長為2、短軸長為的橢圓，所以該橢圓的方程為，當QB與橢圓相切時，的正切值最大，設直線的斜率為k，則，直線的方程為，聯立，令，即，所以的正切值最大為.故答案為：；四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數.（1）若點是曲線上的動點，求點到直線的最短距離；（2）若函數，求在上的最大值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）法一；設點，點到直線的距離最短需滿足在點處的切線與平行,利用導數的幾何意義求得,求出切點即可得出結果;法二：設點，由點到直線的距離公式可得,構造函數，利用導數求得最值，即可求出切點，進而得出結果；（2）求出的導數，由在單調遞增，可判斷的單調性，進而可求在上的最大值.【小問1詳解】法一；設點，則點到直線的距離最短需滿足在點處的切線與平行.，，切線的斜率.則點到直線的最短距離.法二：設點，點到直線的距離.設，..令，解得.當變化時，，的變化情況如表所示1-0+單調遞減3單調遞增所以，當時，取得最小值.所以點到直線的最短距離.【小問2詳解】，，在單調遞增.，，使.當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.，，，，16.如圖，四棱錐的底面是矩形，，平面平面，，，分別是的中點.（1）證明：平面；（2）若平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）方法一：構造中位線，利用線面平行判定定理證明平面，方法二或方法三：建立空間直角坐標系，求解平面法向量，利用法向量與方向向量的垂直關系證明，（2）方法一：根據面面垂直的性質證明平面，進而利用二面角的幾何法找出二面角的平面角，進而根據平面,即可求出點到平面的距離，方法二或方法三：建立空間直角坐標系，求解平面法向量，利用兩個平面的夾角求解未知量，即可利用點到面的距離的向量法求解.【小問1詳解】方法一：且.是中點，四邊形ABCD是矩形，且.，四邊形是平行四邊形，.又不在平面內，平面，平面.方法二：平面平面，平面平面，平面，，平面PAB.又，則以為原點，所在直線分別為軸，軸，過點且與平行的直線為軸，建立如圖所示的空聞直角坐標系，設，，則.依題意得，，，，，，.，平面PBC的一個法向量為，.又平面PBC，平面PBC.法三：（1）平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，，平面PAB.以為原點，在平面PAB內過點且與AB垂直的直線為軸，以AB所在直線為軸，過點且與BC平行的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，依題意得，，，，，，取PC中點G，連接BG，由題可得，，，.，，又平面，平面，平面【小問2詳解】方法一：平面平面，平面平面，平面，，平面又平面，.又，，平面，平面，平面.又平面，.即為平面與平面的夾角，.又，，，.又由（1）知G為PC的中點，.平面，平面，.又，平面，平面，平面.點到平面的距離為.（注：此處亦可用等體積法求解.設點到平面PAC的距離為，由得，即，解得）方法二：平面的一個法向量為，，，設平面的一個法向量為，則取.平面與平面的夾角為，，解得.，，平面的一個法向量為.點到平面的距離.方法三：平面的一個法向量為，，，設平面的一個法向量為，則取.平面與平面夾角為，，解得或.，.平面的一個法向量為，，點到平面的距離.17.在中，角的對邊分別為，且，.（1）若，求的周長；（2）若內切圓，外接圓的半徑分別為，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據余弦定理求出，即可求解的周長，（2）利用余弦定理可得，即可確定c取值范圍，進而利用正弦定理和面積公式，表示，利用基本不等式即可求解范圍.【小問1詳解】，，由余弦定理得，，，解得，或（舍去），的周長為.【小問2詳解】由余弦定理得，，整理得，，，，即，由正弦定理得，，，，，，令，，，函數在上單調遞增，，即的取值范圍是.18.在n重伯努利試驗中，用X表示事件A發生的次數，則稱隨機變量X服從二項分布，它關注試驗成功的總次數；用Y表示事件A第一次發生時已經進行的試驗次數，則稱隨機變量Y服從幾何分布，它關注的是首次成功發生的時機.在某籃球訓練的投籃環節中，運動員甲每次投籃均相互獨立，每次投籃命中的概率為p.（1）當時，求運動員甲進行4次投籃，命中次數不少于2次的概率；（2）設表示運動員甲首次命中時的投籃次數.（i）求及此概率取得最大值時的值；（ii）若甲最多投籃n次，第n次未命中也結束投籃，利用（1）中的p值，求Z的數學期望.【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）已知投籃命中次數服從二項分布，求.“”包含命中次、次、次這三種情況，根據二項分布概率公式分別算出這三種情況的概率，再相加.（2）（i）法一，求最大值.先對函數求導，根據導數正負判斷函數單調性，進而找到最大值點.法二，利用均值不等式的推廣形式求最大值，通過變形使式子滿足均值不等式條件，找到取等號時的值.（ii）先確定所有可能取值，分和兩種情況求出概率.求時，先列出表達式，設為部分和，通過乘后與作差，利用等比數列求和公式化簡，最后得出.【小問1詳解】設運動員甲進行4次投籃，命中次數為X，則.【小問2詳解】（i）法一：，設，，，令，解得；令，解得，則在上單調遞增，在上單調遞減，當時，取最大值，即取得最大值，此時；法二：，，當且僅當，即時，取“=”，此時取得最大值.（ii）由題意可知的所有可能取值為：1，2，3，…，n.當且時，，當時，，，設①則②，①－②得：，.19.已知對任意平面向量，把向