2024年高三第四次联合模拟考试数学试卷
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.已知，，则（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
2.若，是夹角为60°的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A.0 B.2 C. D.
3.某种酸奶每罐净重（单位：g）服从正态分布.随机抽取1罐，其净重在179g与186.5g之间的概率为（ ）
（注：若，，，）
A.0.8186 B. 0.84135 C. 0.9545 D. 0.6827
4.等差数列的前项和记为，若，，则（ ）
A.51 B.102 C.119 D.238
5.过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
6.已知双曲线的左，右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，为的内心，记，，的面积分别为，，，且满足则双曲线的离心率是
A. B.2 C. D.3
7.某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
2022年该校考统计 2023年该校高考统计
下列结论正确的是（ ）
A.该校2023年与2022年的本科达线人数比为6:5
B.该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7
C.2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80%
D.2023年该校不上线的人数有所减少
8.如图，在棱长为2的正方体中，已知，，分别是棱，，的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
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，内角，，分别对应边，，则下列命题中正确的是（ ）
A.若，则为钝角三角形
B.若，，B=30°，则的面积为
C.在锐角中，不等式恒成立
D.若，，且有两解，则的取值范围是
10.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.的极值点为
B.的极值点为1
C.直线是曲线的一条切线
D.有两个零点
11.已知和分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，则下列说法中正确的是（ ）
A.4为的一个周期 B.8为的一个周期
C. D.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知，则________.
13.命题任意“，”为假命题，则实数的取值范围是________.
14.已知数列，满足，，，则________.
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）如图，长方体中，，，.为，的中点.
（Ⅰ）求直线与直线所成角的余弦值；
（Ⅱ）求点到直线的距离.
16.（15分）如图，在平面内，四边形满足，点在的两侧，，，为正三角形，设.
（Ⅰ）当时，求；
（Ⅱ）当变化时，求四边形面积的最大值.
17.（15分）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的取值范围.
18.（17分）2025年哈尔亚洲冬季运动会是继北京冬奥会后中国举办的又一重大国际综合性冰雪盛会，将于2025年2月7日至2月14日在冰城哈尔滨举行.某高中想趁此机会带动学生的锻炼热情，准备开设速滑兴趣班，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，调查学生是否喜欢速滑运动，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图.
（Ⅰ）根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据的独立性检验，分析该校男学生是否更喜欢速滑运动；
性别 是否喜欢速滑运动 合计
是 否
男生
女生
合计
（Ⅱ）已知该校男生与女生人数相同，将样本的频率视为概率，现从全校学生中随机抽取30名学生，设其中喜欢速滑运动的学生人数为，求取得最大值时的值.
附：
0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附
参考公式：
，其中.
19.（17分）已知，
（Ⅰ）当时，求在处切线方程；
（Ⅱ）若在恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）求证:.1 1
②当 a 1 时，即 a 1时，
数学试题答案 e e
1 1
一、单项选择题：本题共 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 令 f (x) 0时，则0 x ；令 f (x) 0时，则 x e .
a 1 a 1
是符合要求的．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 所以 f (x)
1 1
的单调递增区间是 0, ，单调递减区间是 , e .
答案 C D A B D C C C a 1 a 1
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目
1
所以 f (x)max f ln(a 1) 1 2 ，所以 a e 1符合题意.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． a 1
题号 9 10 11 综上，存在 a符合题意，此时 a e 1 .
答案 AB AC BCD 16.（本题满分 15 分）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 解:（1）记“面试号码为 6 号的学生来自 A 校、B 校、C 校”分别为事件 A、B、C .
3
12． 5 ; 13． 2 3 ; 14 6． . 将 A 校 3 名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为C6 ，
3
2
事件 A表示 A 校有 1 名学生的面试号码为 6，则事件 A包含的样本点数为C ，
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 5
15. 2 1 1（本题满分 13 分）
故 P(A)
C 1
5 P(B) C 5 13 ．同理， 2 ， P(C)
C
1
1
C 2 C 3 C1
.
1 6 6 6
6
解：（1） f (x) (a 1)，则 f (1) 2 a, f (1) 1 a ,
x （2）随机变量 X 的取值为 15，20，25，30.
2 2
故曲线 y f (x)在 x 1处的切线为 y (1 a) (2 a)(x 1) ，即 y (2 a)x 1. P(X C 1 C 3 15) 23 ，P(X 20)
3 ，
C6 20 C
3
6 20
当 a 2 时，此时切线为 y 1，不符合要求；当 a 2时，令 x 0 ，有 y 1.
2 2
P(X 25) C 4 6 C 103 ，P(X 30)
5
1 1 C 3
.
y 0 x 1 a 3 6
20 C6 20
令 ，有 ，故 ，即 .
2 a 2 a
所以 X 的分布列为：
X 15 20 25 30
（2） f (x) 1 (a 1)
1 1
，因为0 x e ，所以 .
x x e 1 3 6 10
P
20 20 20 20
①当 a 1 1 a 1 时，即 1时， f (x) 0， f (x) 在 (0,e]上单调递增，
e e
E(X ) 15 1 20 3 25 6 30 10 105 ．
所以 f (x) 的最大值是 f (e) 1 (a 1)e 2 3，解得a 1，舍去； 20 20 20 20 4
e
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17.（本题满分 15 分） c 3
a 2 2 2
解：（1）直线 AM 与DN 相交. b 5 x y解：（1）由题意可知 ，解得 ， 双曲线E的标准方程为a 2 1
；
b 5 4 5
（2）取 AD的中点为O，连接PO,BO .因为 PA PD，所以PO AD . 2 2 2 c a b
因为 BC // AD , 所以 PAD就是直线 PA与BC所成的角，所以 tan PAD 2， （2）由（1）知， A 2,0 ，则直线 l : x 1 是线段 AF 的垂直平分线．
2
又底面 ABCD是边长为 2 的正方形，所以 AD 2AO 2， BO 5 , 因为以线段MN为直径的圆恰过点 F ，所以以线段MN为直径的圆恰过点 A．
PO
由 tan PAD 2 得, PO 2 . 所以 AB AC，故 AB AC 0．设直线 BC： x my n，B x1, y1 ，C xAO 2
, y2 ，
又 PB 3，则有PB2 PO2 BO2 . 所以 PO BO . 1 5 2 2 5
由双曲线的对称性可得 B，C必在 x轴两侧，则 ，故 m ．
m 2 5 5
又 AD,BO 平面 ABCD， BO AD O .所以 PO 平面 ABCD .
2 2
PO PAD . PAD ABCD . 将 x my n
x y 2 2
而 平面 所以平面 平面 代入 1，得 5m 4 y 10mny 5n2 20 0 ，4 5
（3）因为M 是 PB的中点，所以平面MPD即为平面 BPD .
2
2 2
Q OQ OQ AD 则Δ 80 5m n 4 0 y y
10mn
y y 5n 20， ①， ②，
在正方形 ABCD中，取 BC的中点 ，连接 ，则 ， 1 2 5m2 4 1 2 5m2 4
又由（2）知 PO 平面 ABCD，故以O为原点，OQ、OA、OP所在直线分别为 x轴、 y 2
由 B，C 5n 20必在 x轴两侧，可得 y1y2 ，5m2
0
4
轴、 z轴、建如图所示的空间直角坐标系.
则 B(2,1,0), D(0, 1,0), P(0,0, 2) 2 2 5. 故 BD ( 2, 2,0), BP ( 2, 1, 2) . 因为 m ，所以5m2 4 0，所以5n2 20 0，所以 n 2 ，
5 5
设平面 BPD的法向量 n (x, y, z) ， AB AC x1 2 x2 2 y1y2 my1 n 2 my2 n 2 y1y2
n BD 2x 2y 0
则 ，取 x 2，则 y 2, z 1 . 故 n (2, 2,1) . m2 1 y1y2 m n 2 y1 y2 n 2 2 0 ③，
n BP 2x y 2z 0
将①②代入③中并整理，得 n2 16n 36 0 ，解得 n 2（舍去）或 n 18， m n 2 1 ( 2) 0 1 0 2
而平面 APD的法向量为m (1,0,0) . cos m,n .|m || n | 22 ( 2)2 12 3 所以直线 BC： x my 18过定点T (18,0)，Δ 80 5m2 320 0
2
所以平面MPD与平面 APD 2夹角的余弦值为 . 所以
3 S ABC S ATB S ATC 10 y1 y 2 10 y1 y 2 4y1y 2
18. （本题满分 17 分） 400(m2 64) m210 200 64 2 ，4 5m 4 5m2
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t 1 100 100 100 324 d 1 1 2 1 1 1 1
m2 64 t 64 t S 200 200 所以 ABC 200 k 2 令 ，则 k 2
k 1 k 2 ．
5 5t 324
2 3242 ， 2 k k 1 2 k 2 k 1 225t 3240 k 1 k 1 k 1
t
3242 324 1 1 1
由对勾函数的性质可得u 25t 3240 在 64, 上单调递减，umax ， 100 1 (1 )t 5 4 8 2
100 1 1 1 1
2k 2
1 (1 4 2100
) ，
k 1 1 4 2
102
所以 S△ABC 400，当且仅当 t 64，即m 0时取等号，所以 ABC面积的最小值为 400 ． 2
100 100
19．（本题满分 17 1 1 1分） 所以 d200 k 2 k 1 k 2
k 1 2 k 1 k 2 k 1 2
解：（1）因为 an bn dn ，所以 dn an bn an bn ， 1 1 1 1 1 1 1 1
102 2 3 3 4 101 102
所以 d1 d2x d3x
2 (a1 a2x a
2
3x )(b b x b x
2 ) x R 4 2 1 2 2 2 2 2 3 2 100 2 101 21 2 3 ， ， 1 1 1 1
102 102 .
所以 d3 a1b3 a2b2 a b
2 2 101 2 2
3 1.
（2）因为 ({an} {bn}) ({an}) ({bn}) ，
所以 (({an} {bn}) {cn}) ({an} {bn}) ({cn}) ({an}) ({bn}) ({cn}) ．
又 ({an} ({bn} {cn})) ({an}) ({bn} {cn}) ({an}) ({bn}) ({cn}) ，
所以 (({an} {bn}) {cn}) ({an} ({bn} {cn})) ，
所以 {an} {bn} {cn} {an} {bn} {cn} ．
（3）对于{an},{bn} S ，
因为 an bn dn ，所以 dn an bn an bn ，
所以 (a1 a2x a
n 1
nx )(b1 b2x bnx
n 1 ) d1 d2x d
n 1
nx ，
所以 d xn 1 a (b xn 1n 1 n ) ak x
k 1(b n kn 1 k x ) a x
n 2 (b x) a xn 1n 1 2 n b1， x R，
所以 dn a1bn a2bn 1 akbn 1 k an 1b2 anb1 ．
200 100 200 100 100
d a b a b a b a b (k 1)
2 1
所以 200 k 201 k k 201 k k 201 k k 201 k k 2 ．
k 1 k 1 k 101 k 1 k 1 k(k 1)2
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