精品解析：辽宁省沈阳市第二中学2024届高三下学期三模数学试题

高三数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一、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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A B. C. D. 2. 在菱形中，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知为等比数列，，且，则的公比的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ） A. 286 B. 293 C. 252 D. 246 6. 在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ） A. B. C. D. 7. 某地博物馆所展示甲骨文十二生肖图如图所示，其中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，若从图中每行任意选取1个生肖，则所选的3个生肖中至少有1个属于六畜的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 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 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. D. 的单调递增区间为 10. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且，则（ ） A. B. 在上先增后减 C. D. 的前项和为 11. 已知曲线，曲线，下列结论正确的是（ ） A. 与有4条公切线 B. 若分别是上的动点，则的最小值是3 C. 直线与的交点的横坐标之积为 D. 若是上的动点，则的最小值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内，方程的解集为__________. 13. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________. 14. 在空间直角坐标系中，已知，则几何体的体积为__________. 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. 已知是内一点，. （1）若，求； （2）若，求. 16. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. （1）判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点. （1）在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）； （2）若底面，平面与交于点，求异面直线与所成角余弦值. 18. 已知函数随机变量，随机变量，的期望为. （1）当时，求； （2）当时，求的表达式. 19. 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为. （1）求方程. （2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点. （3）求直线斜率的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学考试 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 一、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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程直接得出结果. 【详解】抛物线的焦点坐标为. 故选：D 2. 在菱形中，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由、菱形的对角线平分对角计算即可. 【详解】如图所示， 在菱形中，， 所以向量与的夹角等于向量与的夹角， 所以向量与的夹角为. 故选：C. 3. 已知为等比数列，，且，则的公比的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据和等比数列的通项公式可得，解之即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得. 故选：D 4. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合中含有元素可以排除AD两个选项，由中含无理数元素排除C选项，由时，得，判断出选项B正确. 【详解】依题意可得，所以A、D均错误； 因为，所以中含无理数元素，故C错误； 集合中，当时，，所以所以，所以B正确； 故选：B. 5. 已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ） A. 286 B. 293 C. 252 D. 246 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求出的概率，即可得解. 【详解】由题意得， ， ， 所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293. 故选：B. 6. 在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的中点为，连接，分别证得和，证得平面，得到，得出为二面角的平面角，在中，即可求解. 【详解】设的中点分别为，连接，则， 因为，所以， 又因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，而平面，则， 因为是直角三角形，，所以， 所以，且， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，则，所以为二面角的平面角， 且. 故选：A. 7. 某地博物馆所展示的甲骨文十二生肖图如图所示，其中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，若从图中每行任意选取1个生肖，则所选的3个生肖中至少有1个属于六畜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分第三行选择猴、第三行不选择猴两类计算可得答案. 【详解】若第三行选择猴，则前两行至少要选1个六畜中生肖， 则有种选法； 若第三行不选择猴，则有种选法， 故所求概率为. 故选：C. 8. 设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点中心对称，则. 因为为偶函数，所以， 所以的图象关于直线轴对称. 由，得， 所以，则， 则的周期为4， ，则. 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 （1）关于轴对称， （2）关于中心对称， （3）的一个周期为， （4）的一个周期为. 可以类比三角函数的性质记忆以上结论. 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. 已知函数，则（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. D. 的单调递增区间为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数的解析式，求出函数的定义域值域即可判断A、B，求出利用对数运算法则即可求解C，根据复合函数的单调性即可判断D. 【详解】对AB，由，得，则的定义域为，值域为，A，B均正确； 对C，，C正确； 对D，因为，所以，外层函数为增函数， ，令，所以函数定义域为， 内层函数，在上单调递增，上单调递减， 所以的单调递增区间为不是D错误. 故选：ABC 10. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且，则（ ） A. B. 在上先增后减 C. D. 的前项和为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称中心由得，进而可得，即可求解AB，根据等差数列的性质以及求和公式即可求解CD. 【详解】由，得，则，因为，且， 所以当时，（当时，，不符合题意），得故，A错误， 若，则，故在上先增后减，B正确. 由于故周期为2，所以是首项为，公差为1的等差数列， 则，的前项和，C错误，D正确. 故选：BD 11. 已知曲线，曲线，下列结论正确的是（ ） A. 与有4条公切线 B. 若分别是上的动点，则的最小值是3 C. 直线与的交点的横坐标之积为 D. 若是上的动点，则的最小值为8 【答案】BCD 【解析】 【分析】运用椭圆与圆的定义画出曲线、曲线两个图象，结合图象可判断A项、B项，分别联立直线与曲线方程、曲线方程求解可判断C项，运用基本不等式求解可判断D项. 【详解】因为表示点到点与点的距离之和为4， 所以根据椭圆的定义可得的方程可化为. 由，得， 所以表示圆的左半部分. 对于A项，如图所示， 则的公切线只有2条，故A项错误； 对于B项，如图所示， 当、分别位于如图位置时，取得最小值是，故B项正确； 对于C项，如图所示， 由得（），解得， 所以直线与的交点的横坐标为4， 由得，， 所以直线与有两个交点、，不妨设，， 则， 所以直线与的交点的横坐标之积为，故C项正确； 对于D项，由，得，则（）， 所以，当且仅当，即时，等号成立，故D项正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用椭圆的定义与圆的标准方程得到曲线的轨迹，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内，方程的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先移项，再进行因式分解，在复数范围内求解，把看作，即可求得方程的解. 【详解】由，得，得或，则或. 故答案为：. 13. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据中位数和方差的关系求值. 【详解】因为数据的中位数为16，方差为64， 所以数据中位数为4，方差为， 所以数据的中位数为，方差为4. 故答案为：3；4. 14. 在空间直角坐标系中，已知，则几何体的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直，根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】因为， 所以，，，， ，，， 所以，，即，， 又，，， ，，即，， ，平面，所以平面， 所以这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直， 又， 所以几何体的体积： . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是由空间向量法得到几何关系，再由棱台的体积公式计算. 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. 已知是内一点，. （1）若，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）在等腰中可得，进而得，在中运用正弦定理可求得的值. （2）求出的值，设，则，在、中，由正弦定理可得、，结合求解即可. 【小问1详解】 如图所示， 在中，，所以. 所以. 在中，由正弦定理得，即，解得. 【小问2详解】 如图所示， 当时，. 设，则. 在中，由正弦定理得. 在中，由正弦定理得. 因为，所以，即， 整理得，即，解得，即. 16. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点. （1）判断曲线是否有拐点，并说明理由； （2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值. 【答案】（1）没有拐点，理由见解析 （2）单调递增区间为；单调递减区间为，极大值为2，极小值为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合新定义，即可得到答案； （2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的单调性，进而求得函数的极值. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 由，得，又由，得，所以曲线没有拐点. 【小问2详解】 解：由函数， 可得， 因为为曲线的一个拐点，所以， 所以，解得，经检验，当时，， 所以. 当或时，，则的单调递增区间为； 当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为， 故当时，取得极大值，且极大值为； 当时，取得极小值，且极小值为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点. （1）在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）； （2）若底面，平面与交于点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用延长平面内的直线与直线相交，去找到与另一个平面的交点，再由截面内两确定一条直线得到截面的交线，以此作出截面图形； （2）利用建立空间直角坐标系来求解空间角，对于可用线性运算来求出向量坐标即可. 【小问1详解】 所作截面如图1所示. 作法：延长交于点，连接交于，连接， 延长交于点，连接交于，连接， 则截面是五边形. 【小问2详解】 如图2，过点作，垂足为， 在等腰梯形中，因为，， 所以， 由点是的中点，且，，所以点是的中点， 又为中点，所以为的重心，则， 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 由 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 18. 已知函数随机变量，随机变量，的期望为. （1）当时，求； （2）当时，求的表达式. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概率公式求解概率，根据分段函数的性质代入求解，即可由期望公式求解， （2）根据期望公式可得面，结合二项分布的期望公式，即可化简求解. 【小问1详解】 当时，的可能取值为. 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 故. 【小问2详解】 当时，的可能取值为. 当时，； 当时，；当时，. 因为， 所以. 又因为， 所以， 所以. 19. 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为. （1）求的方程. （2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点. （3）求直线斜率的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）借助虚轴定义计算即可得； （2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线中参数关系，即可得其定点； （3）借助（2）中所得与横坐标有关一元二次方程，计算其即可得. 【小问1详解】 因为虚轴长为，所以， 将的坐标代入方程，得，解得， 故的方程为； 【小问2详解】 设，直线的斜率为，直线的斜率为， 当直线的斜率不存在时，设，易得， 由，得，解得（舍去）或（舍去）， 法一：所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 代入的方程得，则， 由， 可得， 即， 化简得，即， 所以或， 当时，直线的方程为，直线过点，与条件矛盾，舍去， 当时，直线的方程为，直线过定点，故直线过定点； 法二：设直线， 将的方程变形为，即， 将直线的方程变形为，代入的方程， 得， 整理得， 则，即， 所以直线， 故直线过定点； 【小问3详解】 由（2）知，整理得， 则且， 由可得， 由可得，即， 故. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$