泰州市2024届高三下学期四模考试
数学
（考试时间：120分钟；总分：150分）
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，只有一项是符合题目要求的.
1．命题"”的否定是
A． B． C． D．
2．已知为虚数单位，
A． B． C． D．
3．函数的定义域为
A． B． C． D．
4．已知向量，向量在上的投影向量为，则
A． B． C．1 D．2
5．已知，，，则
A． B． C． D．
6．已知抛物线的焦点为，点在上.若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则该圆的面积为
A． B． C． D．
7．已知等差数列的公差大于0且，若，则
A． B． C． D．
8．在中，角所对的边分别为.若，则的最小值是
A． B． C． D．4
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．已知直线和平面，则下列命题中正确的有
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．定义在上的函数满足，则
A． B． C．为奇函数 D．单调递增
11．已知椭圆经过点，且离心率为.记在处的切线为，平行于的直线与交于两点，则
A．的方程 B．直线与的斜率之积为
C．直线，与坐标轴围成的三角形是等腰三角形 D．直线与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若的展开式中存在常数项，则的值可以是 （写出一个值即可）
13．已知正方体的棱长为3，则以为球心，为半径的球面与该正方体表面交线的长度之和为 .
14．数列满足，，其中为函数的极值点，则 .
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．（13分）一个车间有3台机床，它们各自独立工作，其中型机床2台，型机床1台.型机床每天发生故障的概率为0.1，型机床每天发生故障的概率为0.2.
（1）记为每天发生故障的机床数，求的分布列及期望；
（2）规定：若某一天有2台或2台以上的机床发生故障，则这一天车间停工进行检修.求某一天在车间停工的条件下，型机床发生故障的概率.
16．（15分）如图，在直三棱柱中，是棱上一点（点与点不重合），且，过作平面的垂线.
（1）证明：；
（2）若，当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值.
17．（15分）函数的图象在处的切线为，.
（1）求的值；
（2）求在上零点的个数.
18．（17分）已知双曲线的左、右顶点分别为，右焦点为，满足，且到的渐近线的距离为.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知是轴上异于原点的两点，满足，直线分别交于点，直线的交点为.
①直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由；
②记和的面积分别为.若，求直线方程.
19．（17分）已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质.
（1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
（2）设数列的各项均为正数，且具有性质.
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求的最小值.
【参考答案】
2024届泰州市四模
数学
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，只有一项是符合题目要求的.
1．B
【解析】，否定，选.
2．D
【解析】，选.
3．A
【解析】，则，选.
4．A
【解析】在上的投影向，，选
5．C
【解析】方法一：，，，
在，，即
比较与大小，即比较与大小，比较与大小
，，，，选.
方法二：，，
6．C
【解析】方法一：在抛物线上，则，①，圆心，，被轴截弦长为，
即②，由①②解得，选.
方法二：，，
7．B
【解析】方法一：，，
，
，，选.
方法二：，
，.
8．B
【解析】方法一：，即，
，，即
，
，选.
方法二：由正弦定理 得
显然必为正（否则和都为负，就两个钝角），所以由均值得
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．AC
【解析】，一定有对.
也有可能，错.
一定有，对.
与也可能相交，错，选.
10．BCD
【解析】方法一：时，
时，
时，
错，对.
时，，
满足条件，则都对.
方法二：由条件得，
由的任意性，所以，为常数，代回去得
所以只能，即.
11．ACD
【解析】方法一：，椭圆，对.
如图，，错.
，则，为等腰三角形
，，消可得，
，，
与坐标轴围成的三角形是等腰三角形，对.
方法二：易得正确；
如果对图形作伸缩变换：沿轴方向拉伸至倍，则椭圆变成圆，变为，斜率为1，切线的斜率为，那么之前，原先的和的斜率分别为，所以错（积应为），对；：由于的斜率与处的斜率互反，则熟知与的斜率也互反，所以也正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．
【解析】展开式第项，，则
.
13．
【解析】方法一：面的对角线长，这说明正方体所有顶点中只有在球外，因此球面只和与相连的三个面有交线，每条交线的长度一样，只计算其一即可.
画出平面与球的截面如下图：
图中的圆的半径为，则，所以恰好有
同理，所以，因此弧长度，因此答案为其3倍，即.
方法二：以为球心的球与面，面，面都没有交点，与上底面交于两点，则，则，
，同理在面和面内轨迹长都是，.
14．
【解析】为函数的极值点，，
，且由，
，，，而
，由
，.
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．（1） 的可能值为0，1，2，3.
；
；
；
.
故分布列为：
0 1 2 3
0.648 0.306 0.044 0.002
所以.
（2） 记事件为“车间停工”，事件为型机床发生故障”，
则，
，
则.
答：某一天在车间停工的条件下，型机床发生故障的概率为.
16．（1） 证明：在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以.
又，，平面，所以平面.
又因为平面，所以.
（2） 因为，所以当三棱锥体积最大时，最大.
由（1）可知平面，因为面，所以.
又，所以，
当且仅当时取等号，即当最大时，.
法1：综合法
作于，连结.
由（1）可知平面，因为面，所以.
又，平面，所以平面.
因此，与平面所成的角等于.
因为平面，平面，所以.
在中，，，所以，因此在中，.
所以与平面所成角的正弦值.
法2：向量法
在平面内，作，交于，因为平面，所以平面.
分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以.
设平面的法向量为，易得，，
可取.
于是，所以与平面所成角的正弦值等于.
17．（1） 因为，，
所以，，
则，，解得.
（2） 由（1）得，，，
当时，，
因此在无零点；
当时，易知单调递增，
又，，
所以在上存在唯一的零点，
当单调递减；
当单调递增；
又，
因此在上仅有1个零点；
综上，在上仅有1个零点.
18．（1） 由条件得，即；
渐近线方程为，则，
又，所以.
所以的方程为.
（2） ① 设.
联立得，
所以，且，，
，.
法2：易得，令，得.
同理得，令，得.
因为，所以，即，
所以，
即，
所以整理得.
若，则，与题意不符，所以，
因此直线过定点.
法2：由条件易得，即，
又，所以，
因此，即，
整理得，
所以，
整理得，解得或2.
当时，直线过点，与题意不符，所以，
因此直线过定点.
法3：设，则，
所以，，
由求得；
由求得
所以，
则方程：，整理得：即，所以直线经过点.
② 由①得，.
联立与，解得.
于是
，
解得或1，
所以直线的方程为或.
19．（1） 解法一：因为数列为等差数列，且，
所，
解得，所以，
所以，
即，
所以数列具有性质.
解法二：
由条件易得，
则，所以有；
（2） ① 解法一：由题意得：数列具有性质，即，
若，，整理得，
解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，整理得，
当时，上式恒成立，满足题意；
当且时，解得，与为任意正整数相矛盾；
综上，.
解法二：当时显然不成立，当不为1时，
当此式非负，代入化简得，可见必须，
再将上式整理为，
即要对所有正整数恒成立，而当趋于无穷时趋向零，所以必须，，能；
② 解法一：由可得，即，
因此，
即，
所以，
因为各项均为正数，所以，
从而，即，
若，则，与为任意正整数相矛盾，因此当时，恒成立，符合题意，所以的最小值为4.
解法二：当时，，则必须满足，
而由①知时存在数列满足题意，所以最小值就是4.
