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吉林省吉林市普通高中 2025 届高三下学期第四次模拟测试
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知命题 : ∈ R，| | > 0，命题 : > 0， 3 = ，则( )
A. 和 都是真命题 B. 和 都是真命题
C. 和 都是真命题 D. 和 都是真命题
2.已知复数 = 2 1+ ( + 1)i 为纯虚数，则实数 的值为( )
A. 1 B. 1 C. 1 或 1 D. 2
3.为了解教育改革制度出台后学生每周的段炼时长情况，从某市中小学抽取样本，经分析得到改革后学生
每周的锻炼时长 (单位：小时)近似服从正态分布 14, 2 ，若 ( < 18) = ，则 (10 ≤ ≤ 14) =( )
A. 1 1 2 B. 2 C. 1 2 D. 2
4.直线 的一个方向向量为 = (1,2)，倾斜角为 ，则 tan2 =( )
A. 2 B. 2 C. 4 D. 43 3
5 π.已知正四棱锥的底面边长为 2，侧棱与底面所成角为4，则该正四棱锥的体积为( )
A. 23 B. 1 C.
4
3 D. 2
6.已知定义域为 的奇函数 ( )满足 ( ) + (2 ) = 2，则( )
A. (2) = 0 B. (10) = 10
C. ( )的最小正周期为 2 D. = 1 是曲线 = ( )的一条对称轴
7 1.已知递减的等比数列 前 项和为 ，且满足 1 = 2， 1 + 2 = 6 3，若 ≤ ≤ 恒成立，则
的最小值为( )
A. 43 B.
3
2 C. 2 D.
9
4
8.设 1, 1 ， 2, 2 ，定义余弦距离 ( , ) = 1 cos , ( 为原点).若 1 2, ， ( 1,1)，
则 ( , )的最小值为( )．
A. 2 B. 1 C. 1 22 D. 0
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.两批同种规格的产品，第一批占 40%，次品率为 3%；第二批占 60%，次品率为 2%，则( )
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A.从两批产品中各取 1 件，都取到次品的概率为 0.06%
B.从两批产品中各取 1 件，都取到次品的概率为 2.4%
C.两批产品混合后任取 1 件，该产品是次品的概率为 2.4%
D.两批产品混合后任取 1 件，若取到的是次品，则它取自第一批产品的概率为 0.3%
10.已知函数 ( ) = 3 3 2 2( ≠ 0)，则( )
A.当 = 2 时，函数 ( )的单调递减区间是( 1,0)
B.当 = 2 时，函数 ( )的单调递增区间是( 1,0)
C. 2 是函数 ( )的极大值
D.函数 ( )有且只有一个零点
11.如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球(桶壁的厚度忽略不计)，其中一个球恰为铁桶
的内切球(与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球)， 为该球与母线 的切点． ， 分别为铁桶上，

下底面的直径，且 // ， = 2 = 4， 为 的中点，则( )
A.铁桶的母线长为 3
B.铁桶的侧面积为 18π
C.过 ， ， 1三点的平面与桶盖的交线与直线 所成角的正切值为3
D.桶中另一个球的半径的最大值为 2 2 6
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.若函数 ( ) = ( )2 + 2 + sin π2 是定义域为[ 1, ]的偶函数，则 + = ．
13.已知集合 = = 2 , ∈ ， = = 3 + 2, ∈ N ，将 ∩ 中所有元素按从小到大的顺序构
成数列 ，则数列 的通项公式为 ．
14.已知| | = 4， = 4 ，且动点 满足| | = 2| |.则 的取值范围为 ；若线段 的垂直
平分线与 交于点 ，则∠ 的正切值的最大值为 ．
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。
15.(本小题 13 分)
已知函数 ( ) = ln ．
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(1)若点 是曲线 = ( )上的动点，求点 到直线 : + 2 = 0 的最短距离；
(2)若函数 ( ) = ( ) + ，求 ( )在 e 2, 1 上的最大值．
16.(本小题 15 分)
如图，四棱锥 的底面 是矩形， ⊥ ，平面 ⊥平面 ， = 2 2， = 2， ,
分别是 , 的中点．
(1)证明： //平面 ；
(2)若平面 π与平面 的夹角为4，求点 到平面 的距离．
17.(本小题 15 分)
在 中，角 , , 的对边分别为 , , ，且 = 3， = 2 ．
(1)若 cos = 14，求 的周长；
(2)若 内切圆，外接圆的半径分别为 , ，求 的取值范围．
18.(本小题 17 分)
在 重伯努利试验中，用 表示事件 发生的次数，则称随机变量 服从二项分布，它关注试验成功的总次数；
用 表示事件 第一次发生时已经进行的试验次数，则称随机变量 服从几何分布，它关注的是首次成功发生
的时机.在某篮球训练的投篮环节中，运动员甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为 ．
(1) 1当 = 3时，求运动员甲进行 4 次投篮，命中次数不少于 2 次的概率；
(2)设 表示运动员甲首次命中时的投篮次数．
( )求 ( = 4)及此概率取得最大值时 的值；
( )若甲最多投篮 次，第 次未命中也结束投篮，利用( )中的 值，求 的数学期望 ( )．
19.(本小题 17 分)
已知对任意平面向量 = ( , )，把向量 绕其起点沿逆时针方向旋转 角后得到向量 = cos
sin , sin + cos ，叫做把点 绕点 沿逆时针方向旋转 角得到点 ．
(1)若平面内点 (1,2)，点 1 + 2, 2 2 2 π，把点 绕点 沿顺时针方向旋转4后得到点 ，求点 的坐标；
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2 2
(2) 若双曲线 : 2 2 = 1( > 0, > 0)
π 3 2 3
绕坐标原点 逆时针旋转3得到曲线 = 3 + ．
( )求双曲线 的标准方程及离心率；
( )双曲线 的左顶点为 ，右焦点为 ，过点 且斜率存在的直线 交双曲线 于 ， 两点，点 是 的
外心，求证：直线 与直线 的斜率之积为定值．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
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8.
9.
10.
11.
12.32
13. = 22 +1
14.[ 8,8] 15； 15 /
1
15 15
15.【详解】(1)法一；设点 ( , ln )，
则点 到直线 的距离最短需满足 ( )在点 处的切线与 平行．
∵ ( ) = ln ，∴ ′( ) = 1 ，
∴ 1切线的斜率 = = 1 ∴ = 1．∴ (1,0)
: + 2 = 0 = |1 0+2| = 3 2则点 到直线 的最短距离 2 ．12+( 1)2
法二：设点 ( , ln )，
点 到直线 : + 2 = 0 的距离 = | ln +2| = | ln +2|．
12+( 1)2 2
设 ( ) = ln + 2 1 1， ∈ (0, + ∞)． ′( ) = 1 = ．
令 ′( ) = 0，解得 = 1．
当 变化时， ′( )， ( )的变化情况如表所示
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(0,1) 1 (1, + ∞)
′( ) 0 +
( ) 单调递减 3 单调递增
所以，当 = 1 时， ( )取得最小值．
3 3 2所以点 到直线 : + 2 = 0 的最短距离 = 2 = 2 ．
(2) ( ) = (ln + ) = ln + 2，∴ ′( ) = ln + 1 + 2 ，
∴ ′( )在 e 2, 1 单调递增．
∵ ′ e 2 = 2+ 1 + 2e 2 = 2e2 1 < 0，
′(1) = 3 > 0
∴ ∈ e 20 , 1 ，使 ′ 0 = 0．
当 ∈ e 2, 0 时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
当 ∈ 0, 1 时， ′( ) > 0， ( )单调递增．
2
∵ e 2 = 2e 2 + e 4 = 1 2ee4 < 0， (1) = 1 > 0，
∴ (1) > e 2 ，∴ ( )max = (1) = 1，
16.【详解】(1) 1方法一：∴ // 且 = 2 ．
∵ 是 1中点，四边形 是矩形，∴ // 且 = 2 ．
∴ // ，∴四边形 是平行四边形，∴ // ．
又 不在平面 内， 平面 ，∴ //平面 ．
方法二：∵平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ，
平面 ， ⊥ ，∴ ⊥平面 ．
又 ⊥ ，则以 为原点， , 所在直线分别为 轴， 轴，过点 且与 平行的直线为 轴，建立如图所
示的空闻直角坐标系，设 = ， = ，则 2 + 2 = 8．
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依题意得 (0,0,0)， (0, , 0)， ( , 0,0)， ( , 0,2)， (0, , 2) , , 0 0, ， 2 2 ， 2 , 1 ．
= 2 , 0,1 ，平面 的一个法向量为 = (0,1,0)，∴
= 0．
又 平面 ，∴ //平面 ．
法三：(1) ∵平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ，
平面 ， ⊥ ，∴ ⊥平面 ．
以 为原点，在平面 内过点 且与 垂直的直线为 轴，以 所在直线为 轴，过点 且与 平行的直线
为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设∠ = (0 < < π)，
依题意得 ( 2sin , 2cos , 0)， (0, 2, 0)， (0, 2, 0)， (0, 2, 2)， (0, 2, 2)， (0,0,0)，
取 中点 ，连接 ，
2 2 2 2 2 2
由题可得 sin , cos , 1 ， 2 2 2 = 2 sin , 2 cos 2 , 1 ，
2 sin , 2 cos + 2 , 1 ， 22 2 2 = 2 sin ,
2
2 cos
2
2 , 1 ．
∴ = ，∴ // ，
又 平面 . ， 平面 . ，∴ //平面 .
(2)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 ，∴ ⊥ ．
∴ ∠ 即为平面 与平面 的夹角，∴ ∠ = π4．
又 ⊥ ， = 2，∴ = = 2， = 2 2．
又由(1)知 为 的中点，∴ ⊥ ．
∵ ⊥平面 ， 平面 ，∴ ⊥ ．
又 ∩ = ， 平面 ， 平面 ，∴ ⊥平面 ．
∴点 1到平面 的距离为 = 2 = 2．
(注：此处亦可用等体积法求解.设点 到平面 的距离为 ，
1 1
由 = 得3 = 3 ，
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1 1
即3 × 2 =
1 × 13 2 ，解得 = 2)
方法二：平面 的一个法向量为 1 = (0,0,1)， = (0, , 0)， = ( , 0,2)，
= 0,
设平面 的一个法向量为 = ( , , ) 2 ∴ = 0,2 ，则 + 2 = 0.取 2 = (2,0, )． 2 = 0.
∵ π平面 与平面 的夹角为4，
∴ cos = cos , = 1 2 24 1 2 1
= = ，解得 = 2．
2 4+ 2 2
∴ (2,0,0)， = (2,0,0)，
平面 的一个法向量为 2 = (2,0, 2)．

∴点 到平面 = 2 4的距离 = 2 2 = 2．2
方法三：平面 的一个法向量为 = (0,0,1)，
= (0,2 2, 2)， = ( 2sin , 2cos + 2, 0)，
设平面 的一个法向量为 = ( , , )，
= 0, 2 2 + 2 = 0,
则 ∴
= 0. 2sin + 2(cos + 1) = 0.
取 = (cos + 1, sin , 2sin )．
∵平面 与平面 π的夹角为4，
∴ cos π = |cos < , > | = | | = | 2sin | 24 | || | = ，(cos +1)2+sin2 +2sin2 2
解得 cos = 0 π或 1．∵ 0 < < π，∴ = 2．
∴平面 的一个法向量为 = (1, 1, 2)， = (0,2 2, 0)，

∴ | | 2 2点 到平面 的距离 = | | = 2 = 2．
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2 2 2
17.【详解】(1) ∵ = 3 + 1， = 2 ，由余弦定理得，cos = 2 = 4，
∴ 5
2 9 = 1 6 64 2 4，解得， = 2 或 2 (舍去)
∴ = 2 = 6，
∴△ 的周长为 + + = 6 + 3 + 6 = 3 + 3 62 2 ．
(2)由余弦定理得， 2 = 2 + 2 2 cos = 9，整理得， 2(5 4cos ) = 9，
∵ cos ∈ ( 1,1)，
∴ 2 = 95 4cos ∈ (1,9)，即 ∈ (1,3)，
2 = 由正弦定理得， sin =
3 3
sin ，∴ = 2sin ，
∵ = 1 2 ( + + ) =
1
2 sin ，∴ =
sin
+ + ，
2 2
∴ = sin 3 3 6 + + 2sin = 2( + + ) = 2(3 +3) = +1，
2 2
= + 1 ∈ (2,4) ∴ = ( 1) = 2 +1 = + 1令 ， ， 2，
∵ 1函数 = + 2 在(2,4)上单调递增，
∴ ∈ 1 , 9 1 92 4 ，即 的取值范围是 2 , 4 ．
18. (1) 4 1【详解】 设运动员甲进行 次投篮，命中次数为 ， ～ 4, 3
2 2 3 1 4
则 ( ≥ 2) = C24 ×
1
3 ×
2 3 1
3 + C4 × 3 ×
2 + C4 1 33 113 4 × 3 = 81 = 27．
(2)( )法一： ( = 4) = (1 )3 ，
设 ( ) = (1 )3 ，0 ≤ ≤ 1， ′( ) = 3(1 )2 + (1 )3 = (1 )2(1 4 )，
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令 ′( ) > 0 1 1，解得 0 ≤ < 4；令
′( ) < 0，解得4 < < 1，
则 ( ) 0, 1 1在 4 上单调递增，在 4 , 1 上单调递减，
∴ = 1当 4时， ( )取最大值，即 ( = 4)取得最大值，
3 3 1 27
此时 ( = 4) = (1 )3 = 4 × 4 = 256；
4
法二： ( = 4) = (1 )3 ， ( = 4) = 13 (1 )(1 )(1 )3 ≤
1 × 3 3 +3 3 4 =
27
256，
当且仅当 1 = 3 1，即 = 4时，取“=”，此时 ( = 4)取得最大值．
( )由题意可知 的所有可能取值为：1，2，3，…， ．
1 1
当 ≤ 1 且 ∈ N 时， ( = ) = 1 1 × 1 1 34 4 = 4 × 4 ，
1 1 1
当 = 时， ( = ) = 1 = 34 4 ，
1 3 1 3 2 1 3 2 1 3 1
( ) = 4+ 2 4 × 4 + 3 4 × 4 + + ( 1) × 4 4 + × 4
1 3 0 3 1 3 2 3 2 3 1= 4 1 × 4 + 2 × 4 + 3 × 4 + + ( 1) × 4 + × 4 ，
3 0 3 1 3 2 3 2
设 = 1 × 4 + 2 × 4 + 3 × 4 + + ( 1) × 4 ①
3 3 1 3 2 3 3 3 1
则4 = 1 × 4 + 2 × 4 + 3 × 4 + + ( 1) × 4 ②，
1
1 3 1 3 2 3 2 1 1
3 1
① ②得：4 = 1 + 4 + 4 + + 4 ( 1)
3 = 4 34 1 3
( 1) 4 = 4 ( +
4
3) 3
1
4 ，
1 1 1
( ) = 1 + × 3 = 4 ( + 3) 3 + × 3 = 4 3

4 4 4 4 4 1．
19.【详解】(1)设 ( , )，则 = ( 1, 2)， = 2, 2 2 ，
将 π 7π绕点 沿顺时针方向旋转 到 ，相当于沿逆时针方向旋转 到 4 4 ，
则 = 2cos 7π4 + 2 2sin
7π
4 , 2sin
7π 2 2cos 7π4 4 = ( 1, 3)，
1 = 1
则 2 = 3，解得 = 0， = 1，因此点 的坐标是(0, 1)．
(2)( )在双曲线 上任取一点 ( , )，
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= ( , ) π将 绕原点 沿逆时针方向旋转3，
′ = cos π sin π , sin π+ cos π = 1 3 , 3 1得到 3 3 3 3 2 2 2 + 2 ，
则 ′ 1 3 , 3 + 12 2 2 2
3 2 3 3 1 3 1 3 2 3
又点 ′在曲线 = 3 + 上，则 2 + 2 = 3 2 2 + 1 ，
2
3
2
2 2
化简得双曲线 的标准方程为：12 4 = 1，
则 = 2 3， = 2， = 2 + 2 = 4 2 3，故离心率 = = 3 ．
( )由( )可知 2 3, 0 ， (4,0)，由题意可知直线 的斜率存在不为 0，
故设直线 方程为： = + 4( ≠ 0)， 1, 1 ， 2, 2 ，
2 2 = 1
联立 12 4 ，得 2 3 2 + 8 + 4 = 0，
= + 4
则 2 ≠ 3， > 0， 1 + =
8 4
2 2 3， 1 2 = 2 3，
2 3
因线段 的中点为 1 12 , 2 ，
1
= +2 3，1
1 = +2 3 所以线段 的垂直平分线为 1 1 2 32 1 2
，
即 2 2 21 + 2 3 + 2 1 1 1 12 = 0，
又 21 12 = 3 21， 1 = 1 + 4，
则线段 的垂直平分线为 1 + 4 + 2 3 + 1 2 21 = 0，
同理线段 的垂直平分线为 2 + 4 + 2 3 + 2 2 22 = 0，
设 0, 0 ，
2
1
+ 4 + 2 3 0 + 1 0 2 1 = 0
因点 是 的外心，则有 ,
2 + 4 + 2 3 0 + 22 0 2 2 = 0
则 1, 2是方程 + 4 + 2 3 0 + 2 20 = 0，
即 2 2 0 + 0 4 + 2 3 0 = 0 的两个根，
+ 4+2 3
则 + 0 0 01 2 = 2 ， 1 2 = 2 ，
8 = 0 + 0 4 4+2 3 故 2 3 2 ，
0
2 3 = 2 ，
8 + 1
两式作商得， = 0 0 04 4+2 3 =0 4+2 3
+ ，0
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0 = 7 + 4 3 = 1 得 ，则
0
= 7 + 4 3，0 0
即直线 与直线 的斜率之积为定值 7 + 4 3．
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