2024屆吉林省吉林市蛟河市第一中學高三下學期入學考試試數學試題文試卷

2024屆吉林省吉林市蛟河市第一中學高三下學期入學考試試數學試題文試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若不等式對于一切恒成立，則的最小值是（）A．0 B． C． D．2．如圖是一個幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()A． B． C． D．3．已知函數是定義在上的偶函數，當時，，則,，的大小關系為（）A． B． C． D．4．若、滿足約束條件，則的最大值為（）A． B． C． D．5．已知，則（）A． B． C． D．6．阿基米德（公元前287年—公元前212年），偉大的古希臘哲學家、數學家和物理學家，他死后的墓碑上刻著一個“圓柱容球”的立體幾何圖形，為紀念他發(fā)現“圓柱內切球的體積是圓柱體積的，且球的表面積也是圓柱表面積的”這一完美的結論.已知某圓柱的軸截面為正方形，其表面積為，則該圓柱的內切球體積為()A． B． C． D．7．下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間上單調遞增的是（）A． B． C． D．8．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E為AD的中點，若，則λ＋μ的值為（）A． B． C． D．9．閱讀下面的程序框圖，運行相應的程序，程序運行輸出的結果是（）A．1．1 B．1 C．2．9 D．2．810．已知集合，則集合的非空子集個數是（）A．2 B．3 C．7 D．811．已知函數，若，使得，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．12．若，，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知正方體ABCD-A1B1C1D1棱長為2，點P是上底面14．已知，若，則a的取值范圍是______．15．執(zhí)行如圖所示的偽代碼，若輸出的y的值為13，則輸入的x的值是_______.16．已知函數若關于的不等式的解集為，則實數的所有可能值之和為_______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD＝60°，AB=PA＝4，E是PA的中點，AC，BD交于點O.（1）求證：OE∥平面PBC；（2）求三棱錐E﹣PBD的體積.18．（12分）已知數列滿足且（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.19．（12分）己知圓F1：(x+1)1+y1=r1(1≤r≤3)，圓F1：(x-1)1+y1=(4-r)1．（1）證明：圓F1與圓F1有公共點，并求公共點的軌跡E的方程；（1）已知點Q(m，0)(m<0)，過點E斜率為k(k≠0）的直線與（Ⅰ）中軌跡E相交于M，N兩點，記直線QM的斜率為k1，直線QN的斜率為k1，是否存在實數m使得k(k1+k1)為定值？若存在，求出m的值，若不存在，說明理由．20．（12分）如圖，在直角梯形中，，，，為的中點，沿將折起，使得點到點位置，且，為的中點，是上的動點（與點，不重合）.（Ⅰ）證明：平面平面垂直；（Ⅱ）是否存在點，使得二面角的余弦值？若存在，確定點位置；若不存在，說明理由.21．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圓半徑,求的周長.22．（10分）已知函數，其中為自然對數的底數，．（1）若曲線在點處的切線與直線平行，求的值；（2）若，問函數有無極值點？若有，請求出極值點的個數；若沒有，請說明理由．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

試題分析：將參數a與變量x分離，將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題，即可得到結論．解：不等式x2+ax+1≥0對一切x∈(0，]成立，等價于a≥-x-對于一切成立，∵y=-x-在區(qū)間上是增函數∴∴a≥-∴a的最小值為-故答案為C．考點：不等式的應用點評：本題綜合考查了不等式的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，屬于中檔題2、A【解析】

根據三視圖可得幾何體為直三棱柱，根據三視圖中的數據直接利用公式可求體積.【詳解】由三視圖可知幾何體為直三棱柱，直觀圖如圖所示：其中，底面為直角三角形，，，高為.∴該幾何體的體積為故選：A.【點睛】本題考查三視圖及棱柱的體積，屬于基礎題.3、C【解析】

根據函數的奇偶性得，再比較的大小，根據函數的單調性可得選項.【詳解】依題意得，，當時，，因為，所以在上單調遞增，又在上單調遞增，所以在上單調遞增，，即，故選：C.【點睛】本題考查函數的奇偶性的應用、冪、指、對的大小比較，以及根據函數的單調性比較大小，屬于中檔題.4、C【解析】

作出不等式組所表示的可行域，平移直線，找出直線在軸上的截距最大時對應的最優(yōu)解，代入目標函數計算即可.【詳解】作出滿足約束條件的可行域如圖陰影部分（包括邊界）所示．由，得，平移直線，當直線經過點時，該直線在軸上的截距最大，此時取最大值，即.故選：C.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃問題，考查線性目標函數的最值，一般利用平移直線的方法找到最優(yōu)解，考查數形結合思想的應用，屬于基礎題.5、D【解析】

根據指數函數的單調性，即當底數大于1時單調遞增，當底數大于零小于1時單調遞減，對選項逐一驗證即可得到正確答案.【詳解】因為，所以，所以是減函數，又因為，所以，，所以，，所以A,B兩項均錯；又，所以，所以C錯；對于D，，所以，故選D.【點睛】這個題目考查的是應用不等式的性質和指對函數的單調性比較大小，兩個式子比較大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性質得到大小關系，有時可以代入一些特殊的數據得到具體值，進而得到大小關系.6、D【解析】

設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,由圓柱的表面積求出,代入圓柱的體積公式求出其體積,結合題中的結論即可求出該圓柱的內切球體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,因為圓柱的表面積公式為，所以,解得,因為圓柱的體積公式為,所以,由題知,圓柱內切球的體積是圓柱體積的，所以所求圓柱內切球的體積為.故選:D【點睛】本題考查圓柱的軸截面及表面積和體積公式;考查運算求解能力;熟練掌握圓柱的表面積和體積公式是求解本題的關鍵;屬于中檔題.7、C【解析】

結合基本初等函數的奇偶性及單調性，結合各選項進行判斷即可.【詳解】A：為非奇非偶函數，不符合題意；B：在上不單調，不符合題意；C：為偶函數，且在上單調遞增，符合題意；D：為非奇非偶函數，不符合題意.故選：C.【點睛】本小題主要考查函數的單調性和奇偶性，屬于基礎題.8、B【解析】

建立平面直角坐標系，用坐標表示，利用，列出方程組求解即可.【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(0，0).不妨設AB＝1，則CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，解得則.故選：B【點睛】本題主要考查了由平面向量線性運算的結果求參數，屬于中檔題.9、C【解析】

根據程序框圖的模擬過程，寫出每執(zhí)行一次的運行結果，屬于基礎題.【詳解】初始值，第一次循環(huán)：，；第二次循環(huán)：，；第三次循環(huán)：，；第四次循環(huán)：，；第五次循環(huán)：，；第六次循環(huán)：，；第七次循環(huán)：，；第九次循環(huán)：，；第十次循環(huán)：，；所以輸出.故選：C【點睛】本題考查了循環(huán)結構的程序框圖的讀取以及運行結果，屬于基礎題.10、C【解析】

先確定集合中元素，可得非空子集個數．【詳解】由題意，共3個元素，其子集個數為，非空子集有7個．故選：C．【點睛】本題考查集合的概念，考查子集的概念，含有個元素的集合其子集個數為，非空子集有個．11、C【解析】試題分析：由題意知，當時，由，當且僅當時，即等號是成立，所以函數的最小值為，當時，為單調遞增函數，所以，又因為，使得，即在的最小值不小于在上的最小值，即，解得，故選C．考點：函數的綜合問題．【方法點晴】本題主要考查了函數的綜合問題，其中解答中涉及到基本不等式求最值、函數的單調性及其應用、全稱命題與存在命題的應用等知識點的綜合考查，試題思維量大，屬于中檔試題，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及轉化與化歸思想的應用，其中解答中轉化為在的最小值不小于在上的最小值是解答的關鍵．12、A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、π.【解析】

設三棱錐P-ABC的外接球為球O'，分別取AC、A1C1的中點O、O1，先確定球心O'在線段AC和A1C1中點的連線上，先求出球O【詳解】如圖所示，設三棱錐P-ABC的外接球為球O'分別取AC、A1C1的中點O、O1由于正方體ABCD-A則△ABC的外接圓的半徑為OA=2設球O的半徑為R，則4πR2=所以，OO則O而點P在上底面A1B1由于O'P=R=41因此，點P所構成的圖形的面積為π×O【點睛】本題考查三棱錐的外接球的相關問題，根據立體幾何中的線段關系求動點的軌跡，屬于中檔題.14、【解析】

函數等價為，由二次函數的單調性可得在R上遞增，即為，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范圍．【詳解】，等價為，且時，遞增，時，遞增，且，在處函數連續(xù)，可得在R上遞增，即為，可得，解得，即a的取值范圍是．故答案為：．【點睛】本題考查分段函數的單調性的判斷和運用：解不等式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．15、8【解析】

根據偽代碼逆向運算求得結果.【詳解】輸入，若，則，不合題意若，則，滿足題意本題正確結果：【點睛】本題考查算法中的語言，屬于基礎題.16、【解析】

由分段函數可得不滿足題意；時，，可得，即有，解方程可得，4，結合指數函數的圖象和二次函數的圖象即可得到所求和．【詳解】解：由函數，可得的增區(qū)間為，，時，，，時，，當關于的不等式的解集為，，可得不成立，時，時，不成立；，即為，可得，即有，顯然，4成立；由和的圖象可得在僅有兩個交點．綜上可得的所有值的和為1．故答案為：1．【點睛】本題考查分段函數的圖象和性質，考查不等式的解法，注意運用分類討論思想方法，考查化簡運算能力，屬于中檔題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）連接OE，利用三角形中位線定理得到OE∥PC，即可證出OE∥平面PBC；（2）由E是PA的中點，，求出S△ABD，即可求解.【詳解】（1）證明：如圖所示：∵點O，E分別是AC，PA的中點，∴OE是△PAC的中位線，∴OE∥PC，又∵OE平面PBC，PC平面PBC，∴OE∥平面PBC；（2）解：∵PA＝AB＝4，∴AE＝2，∵底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，∴S△ABD，∴三棱錐E﹣PBD的體積.【點睛】本題考查空間線、面位置關系，證明直線與平面平行以及求三棱錐的體積，注意等體積法的應用，考查邏輯推理、數學計算能力，屬于基礎題.18、（1）；（2）【解析】

（1）根據已知可得數列為等比數列，即可求解；（2）由（1）可得為等比數列，根據等比數列和等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】（1）因為，所以，又所以數列為等比數列，且首項為，公比為.故（2）由（1）知，所以所以【點睛】本題考查等比數列的定義及通項公式、等差數列和等比數列的前項和，屬于基礎題.19、（1）見解析，（1）存在，【解析】

（1）求出圓和圓的圓心和半徑，通過圓F1與圓F1有公共點求出的范圍，從而根據可得點的軌跡，進而求出方程；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，根據韋達定理以及，，可得，根據其為定值，則有，進而可得結果.【詳解】（1）因為，，所以，因為圓的半徑為，圓的半徑為，又因為，所以，即，所以圓與圓有公共點，設公共點為，因此，所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，所以，，，即軌跡的方程為；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，由消去得到，則，，①因為，，所以，將①式代入整理得因為，所以當時，即時，.即存在實數使得.【點睛】本題考查橢圓定理求橢圓方程，考查橢圓中的定值問題，靈活應用韋達定理進行計算是關鍵，并且觀察出取定值的條件也很重要，考查了學生分析能力和計算能力，是中檔題.20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）存在，此時為的中點.【解析】

（Ⅰ）證明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.（Ⅱ）假設存在點滿足題意，過作于，平面，過作于，連接，則，過作于，連接，是二面角的平面角，設，，計算得到答案.【詳解】（Ⅰ）∵，，，∴平面.又平面，∴平面平面，而平面，，∴平面平面，由，知，可知平面，又平面，∴平面平面.（Ⅱ）假設存在點滿足題意，過作于，由知，易證平面，所以平面，過作于，