精品解析：辽宁省大连市部分学校2024届高三下学期联合模拟考试数学试题

2024届高三联合模拟考试 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. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 某质点的位移与运动时间的关系式为，其图象如图所示，图象与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 质点在内位移图象为单调递减 D. 质点在内走过的路程为 4. 已知圆C：，直线l：，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的实轴长等于虚轴长的2倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，，则下列大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事件D表示“取出球的编号小于5”，则（ ） A. 事件A与事件C不互斥 B. 事件A与事件B互为对立事件 C. 事件B与事件C互斥 D. 事件C与事件D互为对立事件 10. 如图所示，在直三棱柱中，若，，则下列说法中正确的有（ ） A. 三棱锥表面积为 B. 点在线段上运动，则的最小值为 C. 、分别为、中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D. 点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点的直线与C交于，两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，则（ ） A. B. C. 直线与相切 D. （为坐标原点）有最大值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田.已知正八边形的边长为，点P是正八边形边上的一点，则的最大值为_________. 13. 函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则函数的解析式为_________. 14. 我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（1）），亦称“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为，设，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. 如下图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，，，，，，是垂足，平面平面． （1）证明：； （2）若，分别为，的中点，求二面角的余弦值． 16. 水平相当甲、乙、丙三人进行乒乓球擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制（即先赢2局者胜），首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去. （1）求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率； （2）求第轮比赛甲轮空的概率； （3）按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望. 17. 已知椭圆短轴长为2，椭圆上一点到距离最大值为3． （1）求的取值范围； （2）当椭圆离心率达到最大时，过原点斜率为的直线与交于两点，分别与椭圆的另一个交点为． ①是否存在实数，使得的斜率等于？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； ②记与交于点，求线段长度的取值范围． 18. 已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前项和为，且满足 （1）求； （2）求数列的通项公式及数列的前2k项和; （3）在数列中，是否存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列?若存在，求出所有满足条件的正整数的值;若不存在，说明理由 19. 已知函数． （1）若函数有三个零点分别为，，，且，，求函数的单调区间； （2）若，，证明：函数在区间内一定有极值点； （3）在（2）的条件下，若函数的两个极值点之间的距离不小于，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024届高三联合模拟考试 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. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合交集、并集概念计算即可. 【详解】因为集合，若，则， 即集合，所以. 故选：A 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数乘法法则得到，利用模长公式求出答案. 【详解】， 故. 故选：D 3. 某质点的位移与运动时间的关系式为，其图象如图所示，图象与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 质点在内的位移图象为单调递减 D. 质点在内走过的路程为 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数周期求判断A，根据特殊点求解判断B，根据正弦函数的单调性判断C，根据正弦函数值域判断D. 【详解】由已知函数图象得，函数的周期，所以，故A错误； 令，所以，又，所以， 因为，所以或. 又，所以，所以.故B错误； 由已知得图象相邻的两条对称轴分别为直线，， 且在内单调递减，因为， 所以在上单调递减，故C正确； 由图象得该质点在内的路程为，故D错误. 故选：C. 4. 已知圆C：，直线l：，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆的圆心及半径，直线所过定点，借助向量运算得，利用三角代换结合辅助角公式及三角函数性求出最大值. 【详解】圆C：的圆心为，半径为2， 直线l的方程可化为，于是l过定点，且， 显然，即， 又，因此， 设，，显然， 则，其中，当时等号成立，此时， ，符合条件， 所以的最大值为． 故选：D 【点睛】思路点睛：涉及并求关于的二元函数的最值，可以令，借助三角变换及三角函数性质求解. 5. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】等价于，令，求导分析单调性，可得等价于，进而可得，令，只需，利用导数求解最值即可得出答案． 【详解】等价于， 令，则，所以是增函数， 所以等价于， 所以，所以， 令，则， 所以在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以，故 所以实数的取值范围为． 故选：B． 【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 6. 已知双曲线的实轴长等于虚轴长的2倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到方程，求出，得到双曲线方程和渐近线方程. 【详解】由题意得，解得， ，故渐近线方程为. 故选：C 7. 已知，，，，则下列大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】等价变形已知条件，，构造两个函数，利用求导判断单调性即可求解. 【详解】设， 因为，，， 所以 即， ， 显然在上单调递减， ，所以在上单调递减， 所以，即， 又，当时，，所以在上单调递增， 所以, 故选：B. 8. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点， 因为，， 所以，⊥，则⊥， 由于⊥，故即为二面角的平面角， 则， 过点作⊥于点， 因为⊥，⊥，，平面， 故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，平面， 则⊥平面，， 取的中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面， 连接，，则，过点作，交直线于点， 则， ， ， 由余弦定理得 ， 设，则，故， 由勾股定理得，， 故，解得， 故外接球半径为，外接球表面积为. 故选：C 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 二､多选题：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. 某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事件D表示“取出球的编号小于5”，则（ ） A. 事件A与事件C不互斥 B. 事件A与事件B互为对立事件 C. 事件B与事件C互斥 D. 事件C与事件D互为对立事件 【答案】AB 【解析】 【分析】分别求出样本空间和事件、、、即可根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断. 【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为， 事件表示，事件B表示，事件C表示，事件D表示， 所以，且，， 且， 所以事件A与事件C不互斥，事件A与事件B为对立事件， 事件B与事件C不互斥，事件C与事件D互斥但不对立， 故A，B正确，C，D错误 故选：AB. 10. 如图所示，在直三棱柱中，若，，则下列说法中正确的有（ ） A. 三棱锥表面积为 B. 点在线段上运动，则的最小值为 C. 、分别为、的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D. 点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据锥体表面积公式计算可得；对于B，利用展开面求得的最小值即可判断；对于C，作出截面，利用三角形重心的性质与勾股定理求解即可判断；对于D，利用平面的性质求得点的轨迹，从而得以判断. 【详解】对于A：在直三棱柱中， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证， 又，所以，， 所以， 所以三棱锥表面积，故A正确； 对于B：将沿旋转与共面且位于的异侧， 如图所示， ， 即点在线段上运动，则的最小值为，故B正确， 对于C：延长、，设，连接交于点，连接， 则过的截面为如图所示四边形， 因为，是的中点，故是的中点， 又为的中点，所以为的重心， ，， 所以截面周长为，故C正确， 对于D：平面，共面，所以平面， 又点在侧面及其边界上运动，平面平面， 所以点的轨迹为线段，且，故点的轨迹长度为，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点的直线与C交于，两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，则（ ） A B. C. 直线与相切 D. （为坐标原点）有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】求出焦点坐标与准线方程，即可判断A，设，利用判断B，得到直线的方程，联立直线与抛物线，消元，由判断C，设，，：，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，根据，判断D. 【详解】抛物线的焦点为，准线为，则，所以，故A错误； 设，则， 所以，则直线的方程为， 令，得，即， 所以，则，故，故B正确； 因为，所以直线的方程为， 由，消去整理得，显然，所以直线（）与相切，故C正确； 设，，：，由，可得， 显然，所以，， 所以，， 所以 ， 所以当时有最大值，故D错误. 故选：BC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图.图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田.已知正八边形的边长为，点P是正八边形边上的一点，则的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】作垂直的延长线于点M，根据正八边形的特征求出，根据的定义，即可求出的最大值. 【详解】由题意知，每个三角形的顶角为，， 作垂直的延长线于点M，根据正八边形的特征知，， 设与所成的角为，则， 所以， 由的最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 13. 函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则函数的解析式为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据面积可确定周期，确定，又根据图象过点，可确定，从而确定解析式. 【详解】如图所示. 区域①和区域③面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积， 可得，设函数的最小正周期为，则， 由题意可得，解得，故，可得， 即， 又的图象过点，即， 因为，所以，解得. 故. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正切性函数的解析式求法，属于较难题.由已知不规则图形面积，显然难以直接求解，故根据正切性函数的周期性，将其平移成规则图形，即可求得周期，继而求出函数解析式. 14. 我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（1）），亦称“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为，设，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】依据题意设出边长，建立平面直角坐标系，同时在中利用余弦定理结合等面积法和勾股定理求出点的坐标，后依据平面向量的坐标运算建立方程，求解参数，最后求和即可. 【详解】设边长为，边长为， 由题意得与的面积之比为，可得， 化简得，可得，不妨设， 如图，作，以原点建立平面直角坐标系， 在中，设，由余弦定理得，解得， 故，，且设，作，故， 故得，解得，由勾股定理得， 故，易知，，， 可得，，， 且，， 可得， 得到，解得，显然. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量，解题关键是建立平面直角坐标系，然后求出关键点的坐标，最后利用平面向量的坐标运算得到所要求的参数值，再求和即可． 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. 如下图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，，，，，，是垂足，平面平面． （1）证明：； （2）若，分别为，的中点，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的判断定理证明即可证明； （2）根据二面角定义即可求出二面角的平面角. 【小问1详解】 连接， ∵平面平面，，平面平面，平面， ∴平面， 因为平面，所以， 由题意可知，等腰梯形的高为1， 故等腰梯形的面积为：， ∴， ∴， 在中，，． ∴，即， ∴为的三等分点， ∴． 又∵，面，面， ∴平面， ∵平面，∴． 【小问2详解】 取中点，连接，则四边形平行四边形， ∴． ∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴四点共面． 连接交于，连接，则二面角即二面角． ∵平面，平面， ∴， 易知四边形为正方形，则， ∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面． ∵，∴平面， ∵平面，平面， ∴，． ∴是二面角的平面角， 在中，，， ∴，∴， ∴二面角的余弦值为. 16. 水平相当的甲、乙、丙三人进行乒乓球擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制（即先赢2局者胜），首轮由甲乙两人开始，丙轮空；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去. （1）求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率； （2）求第轮比赛甲轮空的概率； （3）按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望. 【答案】（1） （2） （3）局 【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式求解； （2）设事件“第轮甲轮空”，由全概率公式可得的递推公式，利用构造法得的通项公式； （3）设一轮比赛中甲胜的局数为，则，前六轮比赛中甲参与的轮次数为，则，分别求出和的期望，即可求解. 【小问1详解】 甲第三轮获胜的基本事件有：{第一、二、三轮甲全胜}，{第一轮甲输，第三轮甲胜}， 设“甲在第i轮获胜”，则； 【小问2详解】 设事件“第轮甲轮空”，则， ， ， ； 【小问3详解】 设一轮比赛中甲胜的局数为，则， ， ， ， ， 前六轮比赛中甲参与的轮次数为，则 ， ， ， 局胜的局数为:（局）. 17. 已知椭圆短轴长为2，椭圆上一点到距离的最大值为3． （1）求的取值范围； （2）当椭圆离心率达到最大时，过原点斜率为的直线与交于两点，分别与椭圆的另一个交点为． ①是否存在实数，使得的斜率等于？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； ②记与交于点，求线段长度的取值范围． 【答案】（1） （2）① 存在；；② 【解析】 【分析】（1）设，记，根据对称轴的位置结合二次函数的性质、基本不等式可得答案； （2）由（1）得椭圆，①设，可得直线、方程，分别与椭圆方程联立，利用韦达定理可得、两点坐标，求出的斜率即可；②由①知直线方程，与直线方程联立，求出代入椭圆方程得求出，可得的轨迹方程可得答案． 【小问1详解】 设，由题知，，即， 则，即， 记， 则在上的最大值为9，对称轴为， ①当，即时，，成立； ②当，即时， ， 当且仅当，即时等号成立，可知不成立； 综上，； 【小问2详解】 由（1）得，， 所以当时，离心率达到最大，此时，椭圆， ①存在，理由如下， 设，则，其中，即， ， 由， 得， 即， 所以，， 所以， ， 由， 得， 即， 所以，， 可得， 所以，的斜率； ②由①知， ， 由，，即， 将代入椭圆方程得：， 所以，的轨迹方程为， 所以，线段长度的取值范围为． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 18. 已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前项和为，且满足 （1）求； （2）求数列的通项公式及数列的前2k项和; （3）在数列中，是否存在连续的三项，按原来的顺序成等差数列?若存在，求出所有满足条件的正整数的值;若不存在，说明理由 【答案】（1） （2）（）， （3）存在， 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，然后根据已知条件解方程组可求出，从而可求出； （2）由（1）分奇偶项可求出通项公式，利用分组求和法求； （3）分和两种情况讨论可求得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 则， 因为，所以，即， 因为，所以，即， 解得， 所以； 【小问2详解】 由（1）知， 所以对于，有，， 所以（）， 【小问3详解】 在数列中，仅存在连续三项按原来的顺序成等差数列，此时正整数， 下面说明理： 若，则由，得， 化简得， 此式左边是偶数，右边是奇数，不可能成立， 若，则由，得， 化简得， 令，则， 所以, 所以只有，此时， 综上，在数列中，仅存在连续三项按原来的顺序成等差数列，此时正整数， 【点睛】关键点点睛：此题考查等差数列和等比数列的基本量运算，考查等差数列和等比数列的求和公式的应用，第（2）问解题的关键是分奇偶项利用分组求和法求解，考查计算能力，属于较难题. 19. 已知函数． （1）若函数有三个零点分别为，，，且，，求函数的单调区间； （2）若，，证明：函数在区间内一定有极值点； （3）在（2）的条件下，若函数的两个极值点之间的距离不小于，求的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是， （2）证明见解析 （3），． 【解析】 【分析】（1）根据函数有三个零点，且，得，再由根与系数的关系得，，最后通过导数判断单调性即可； （2）由条件，整理，又，对的范围进行讨论，分析的符号，利用在内有零点进行证明； （3）设，是函数的两个极值点，则，也是导函数的两个零点可得，，再由并结合约束条件求取值范围. 【小问1详解】 因为函数， 又，， 则，， 因为是方程的两根， 则，，得，， 所以． 令解得：， 当时，或， 当时，， 故的单调递减区间是， 单调递增区间是，． 【小问2详解】 因为，， 所以，即． 又，， 所以，，即．． 于是，， ． ①当时，因为，，而在区间内连续， 则在区间内至少有一个零点，设为， 则在，，单调递增， 在，，单调递减， 故函数在区间内有极大值点； ②当时，因为， ， 则在区间内至少有一零点．设为， 则在，，单调递减， 在，，单调递增， 故函数在区间内有极小值点． 综上得函数在区间内一定有极值点． 【小问3详解】 设，是函数的两个极值点， 则，也是导函数的两个零点， 由（2）得，则，． 所以 由已知，， 则两边平方得，得出，或， 即，或， 又，， 所以，即． 因为，所以． 综上分析，的取值范围是，． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调区间及函数零点问题，解题的关键是判断出函数的单调后结合零点存在性定理判断函数的零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$