精品解析：东北三省部分学校2024届高三下学期押题考试（二）数学试卷

东北三省新高考押题密卷 数学试卷（二） （本试卷满分150分，考试时间120分钟.） 注意事项： 1.答题的，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效. 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. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数的加减法及复数相等求解即得. 【详解】设，则，由，得， 即，因此， 所以. 故选：D 2. 已知集合A，B，若，且，则集合B可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式，确定各个集合，再进行判断. 【详解】由，所以. 又， 对A：由，，故A不正确； 对B：由，，故B不正确； 对C：由，，故C错误； 对D：由，，故D正确. 故选：D 3. 在某短视频平台，某短视频发布者在最近一周内“粉丝”的增长数量绘制成如下折线图，则本周内“粉丝”增长数的中位数是（ ） A. 26 B. 35 C. 36.5 D. 37 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数的定义直接得出结果. 【详解】本周内“粉丝”增长数从小到大排列为：， 所以其中位数为35. 故选：B 4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边点x轴的非负半轴重合，终边上一点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义得的值，再根据二倍角公式求得的值，于是由正弦两角和公式可得的值. 【详解】由题意可得， 所以， 则. 故选：C. 5. 已知点P为抛物线上一点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，根据给定条件，结合切线长定理及二倍角的余弦公式将的函数，再求出函数的最小值即得. 【详解】设点，则， 由切圆于点，得，且， 因此， 而，当且仅当时取等号， 所以当时，取得最小值. 故选：D 6. 已知函数，，如图为函数的图象，则可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性结合函数的定义域和图象逐项分析即可； 【详解】依题意可知，函数的定义域为R，， 所以函数为奇函数． 函数的定义域为，， 所以函数为偶函数． 对于A，的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故A错误； 对于B，函数的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故B错误； 对于C，函数的定义域为，，所以为奇函数，故C正确； 对于D，函数的定义域为且，故D错误； 故选：C． 7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则△ABC周长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理及三角形角度关系可得角的大小，再根据正弦定理边化角结合三角恒等变换与正弦型函数的性质求得的取值范围，从而得△ABC周长的最大值. 【详解】因为， 由正弦定理得， 因为，所以，由于，故，则， 由正弦定理得， 故， 又，则，所以，则， 故△ABC周长的最大值为. 故选：D. 8. 已知数列的前n项和为，若，，且，都有，则（ ） A. 是等比数列 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出数列的前几项，对四个选项进行验证排除即可. 【详解】因为，， 所以， 由，即， 由，即， 由，即， 由，即， 由. 因为，所以不是等比数列，故A错误； 因为，故B正确； 因为，故C错误； 因为，故D错误. 故选：B 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，且P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，且的面积为1，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆C的长轴长为2 B. 椭圆C的短轴长为2 C. 椭圆C的离心率为 D. 点P的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆的方程确定的值，再由的面积可得点P的坐标，从而可得的值，再逐项判断即可得答案. 【详解】因为圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，， 所以， 又P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点， 则，故，代入圆方程可得，所以，故点P的坐标为，故D正确； 将点P的坐标代入椭圆方程可得，又，解得， 故椭圆C的长轴长为，短轴长为，故A不正确，B正确； 则椭圆C的离心率为，故C不正确. 故选：BD. 10. 甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（ ） A. ，是对立事件 B. ，是独立事件 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据对立事件的定义即可判断A；根据独立事件的定义即可判断B，利用条件概率即可判断CD. 【详解】A：由题意知，每次只摸出一个球，，， 则，所以对立，故A正确； B：，， 则，所以不相互独立，故B错误； C：，故C错误； D：，， 所以，故D正确. 故选：AD 11. 已知函数，函数（）的零点记为，，则（ ） A. n的最小值为2 B. n的最大值为4 C. 当时，t的最大值为 D. 当时，t的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用函数零点的意义可得，作出函数的图象与直线，数形结合求出值判断AB；结合图象及的几何意义，利用导数的几何意义求出最大值判断CD. 【详解】由，得，因此函数的零点，即为方程的根， 亦即函数的图象与直线的交点横坐标， 当时，在上递减，在上递增，在上递增， 在同一坐标系内作出函数的图象与直线，显然为直线的斜率， 直线经过点，直线与曲线相切，如图， 观察图象知， 当直线在x轴与直线（含）之间时，的图象与直线有3个交点， 当直线与直线重合时，的图象与直线有3个交点， 当直线在直线与直线之间时，的图象与直线有4个交点， 当直线在直线与y轴之间时，的图象与直线有2个交点， 因此n的最小值为2，最大值为4，AB正确； 当时，直线在x轴与直线（含）之间，显然直线的斜率最大，值最大， 设直线与曲线相切的切点为，则该切线斜率为， 由，求导得，于是，解得，即，C正确，D错误. 故选：ABC 【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，的系数为______________. 【答案】 【解析】 【分析】把原式转化为，则的系数就是展开式中的系数，再利用二项式的知识求解即可. 【详解】因为，所以的展开式中，的系数等于展开式中的系数. 展开式中的系数为：. 故答案为： 13. 已知函数，，则函数的单调递减区间为______________. 【答案】 【解析】 【分析】利用整体代换法求出余弦函数的单调递减区间即可. 【详解】由题意知，， 由，得， 令，得，令，则， 即函数的单调递减区间为. 故答案为： 14. 已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过点的长方体的截面，再结合相似三角形求出截面面积. 【详解】在长方体中，连接并延长与的延长线交于点，直线交于，交的延长线于， 连接交于，连接，则五边形即为过点的长方体的截面， 由，为的中点，得是中点，，， 由，是中点，得，则， 则， 等腰底边上的高， 的面积， 平面平面，平面平面，平面平面， 则，于是∽，同理，∽， ， 因此， 所以所得截面的面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合平面的基本事实作出截面多边形是解决本题的关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，再由等差数列的定义及通项公式计算可得 （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为， 即， 当时，解得或（舍去）， 当时， 所以， 即， 即，即， 又，所以，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 . 16. 如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，. （1）证明：，四边形总是矩形； （2）若，求四棱锥体积的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据条件可得平面，从而得到，再利用平行于，可得出四边形为平行四边形，即可证明； （2）取中点，连接，交平面于点，根据条件得出，构造函数，利用导数与函数的单调性间关系，求出的最值，即可解决问题. 【小问1详解】 当时，点是棱上的动点（不包括端点），取的中点，连接， 易知，又，平面， 所以平面，又面，所以， 又平面，平面平面，平面，所以， 同理，所以， 同理可得，所以四边形为平行四边形， 又或其补角是与所成的角，所以，故四边形为矩形； 【小问2详解】 ，由，得， 又，得到，同理可得， 取中点，连接，交平面于点. 因为，所以该正三棱锥为正四面体，所以，所以， 同理，，， 所以，，又，平面， 所以平面，因为平面与都平行， 所以可得，又易知，所以， 即到平面的距离为， 所以， 令，则， 由，得到，由，得到， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以. 17. 流感病毒是一种RNA病毒，其遗传物质是RNA，它还有个蛋白质包膜，上面有各种突起.流感病毒大致分为甲型、乙型、丙型三种，分别能引起甲型流感、乙型流感和丙型流感，其中甲流病毒带来的危害最大.禽流感、猪流感、H7N9、H5N1等都是甲流病毒引起的.甲流病毒传染性最强，致死率最高.乙流病毒目前只有山形株和维多利亚株两种类型，传播性没有甲流病毒那么强，乙流危害性远不及甲流.丙流病毒传播比较少，发病率也比较低，只比普通感冒麻烦一点.某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2联联表： 预防药品 感染 未感染 合计 未使用 22 23 45 使用 16 39 55 合计 38 62 100 （1）根据的独立性检验，分析预防药品对预防甲流的有效性； （2）用频率估计概率（保留一位有效数字），从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品对该动物进行治疗，已知治疗药品的治愈数据如下：对未使用过预防药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药品的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为X，求X的分布列与数学期望. 附：，. 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）根据的独立性检验，可以判断预防药品对预防甲流有效 （2）的分布列如下表所示： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）计算的值，再与临界值比较即可； （2）设事件表示“已感染动物被治愈”，利用全概率公式求出，则，所以的所有取值为0，1，2，3，再利用二项分布的概率公式求出相应的概率，进而得到的分布列，再结合期望公式求解. 【小问1详解】 因为， 所以根据的独立性检验，可以判断预防药品对预防甲流有效； 【小问2详解】 设事件表示“已感染动物被治愈”，事件表示“已感染动物未使用过预防药品”，事件表示“已感染动物使用过预防药品”， 则，，且，， 所以， 则，的所有取值为0，1，2，3， 所以，，，， 所以的分布列如下表所示： 0 1 2 3 所以 ． 18. 已知双曲线：（）经过点和，，，，分别在双曲线的左、右两支上，为双曲线左支上一点，且，，三点共线，，，三点共线，直线，的斜率分别记为，. （1）求双曲线的标准方程； （2）求证：为定值； （3）试判断直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）过定点 【解析】 【分析】（1）根据双曲线过点的坐标，代入得到方程组，解得、，即可得到双曲线方程； （2）由题意易得直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果. （3）设直线的方程为，利用根与系数的关系以及定值，求出、的关系，即可得到直线方程，从而确定定点坐标． 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以双曲线方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， 由得， 因为直线与双曲线的左、右支分别交于点， 所以，解得， 所以 则 ， 即为定值． 【小问3详解】 设直线的方程为， 由得， ， 所以， 由，结合（2）可知， 由，得，即或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 当时，直线的方程为，令，则， 所以直线过定点． 【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，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，． （1）若，证明：集合中有且仅有一个元素； （2）若，讨论集合的子集的个数． 【答案】（1） 令，求导得， 令，可得， 当，，当，， 所以，所以有唯一零点， 所以集合中有且仅有一个元素； （2） 当时或时，集合的子集有2个； 当时，集合的子集有1个； 当时，集合的子集有4个. 【解析】 【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论； （2）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，由函数， 可得导函数，所以在上单调递增， 由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上， 即稳定点与的不动点等价， 故只需研究的不动点即可； 令， 则，则在上单调递减， ①当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小， 且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； ②当时，即时，， 当趋向无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一，使得， 此时在上单调递增，在上单调递减， 故， 当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时， 设，则在上单调递增， 且， 又在时单调递增， 故（i）当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个； （ii）当，即， 此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个； （iii）当时，即，此时，方程有两个解，即有两个不动点，所以集合的子集有4个； 综上，当时或时，集合的子集有2个； 当时，集合的子集有1个； 当时，集合的子集有4个. 【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北三省新高考押题密卷 数学试卷（二） （本试卷满分150分，考试时间120分钟.） 注意事项： 1.答题的，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效. 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. 设复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合A，B，若，且，则集合B可以为（ ） A. B. C. D. 3. 在某短视频平台，某短视频发布者在最近一周内“粉丝”的增长数量绘制成如下折线图，则本周内“粉丝”增长数的中位数是（ ） A. 26 B. 35 C. 36.5 D. 37 4. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边点x轴的非负半轴重合，终边上一点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点P为抛物线上一点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为M，N，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，如图为函数的图象，则可能为（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则△ABC周长的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列的前n项和为，若，，且，都有，则（ ） A. 是等比数列 B. C. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知圆O：经过椭圆C：（）的两个焦点，，且P为圆O与椭圆C在第一象限内的公共点，且的面积为1，则下列结论正确的是（ ） A. 椭圆C的长轴长为2 B. 椭圆C的短轴长为2 C. 椭圆C的离心率为 D. 点P的坐标为 10. 甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（ ） A. ，是对立事件 B. ，是独立事件 C. D. 11. 已知函数，函数（）的零点记为，，则（ ） A. n的最小值为2 B. n的最大值为4 C. 当时，t的最大值为 D. 当时，t的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在二项式的展开式中，的系数为______________. 13. 已知函数，，则函数的单调递减区间为______________. 14. 已知长方体的底面ABCD为边长是2的正方形，，E，F分别为棱AB，的中点，则过，E，F的平面截长方体的表面所得截面的面积为______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和为. 16. 如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，. （1）证明：，四边形总是矩形； （2）若，求四棱锥体积的最大值. 17. 流感病毒是一种RNA病毒，其遗传物质是RNA，它还有个蛋白质包膜，上面有各种突起.流感病毒大致分为甲型、乙型、丙型三种，分别能引起甲型流感、乙型流感和丙型流感，其中甲流病毒带来的危害最大.禽流感、猪流感、H7N9、H5N1等都是甲流病毒引起的.甲流病毒传染性最强，致死率最高.乙流病毒目前只有山形株和维多利亚株两种类型，传播性没有甲流病毒那么强，乙流危害性远不及甲流.丙流病毒传播比较少，发病率也比较低，只比普通感冒麻烦一点.某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2联联表： 预防药品 感染 未感染 合计 未使用 22 23 45 使用 16 39 55 合计 38 62 100 （1）根据的独立性检验，分析预防药品对预防甲流的有效性； （2）用频率估计概率（保留一位有效数字），从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品对该动物进行治疗，已知治疗药品的治愈数据如下：对未使用过预防药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药品的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为X，求X的分布列与数学期望. 附：，. 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 18. 已知双曲线：（）经过点和，，，，分别在双曲线的左、右两支上，为双曲线左支上一点，且，，三点共线，，，三点共线，直线，的斜率分别记为，. （1）求双曲线的标准方程； （2）求证：为定值； （3）试判断直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由. 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，． （1）若，证明：集合中有且仅有一个元素； （2）若，讨论集合的子集的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $