精品解析：辽宁省部分重点高中2024届高三二模扣题卷（一）数学试题

2024年辽宁高考扣题卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 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． 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. 已知为虚数单位，复数满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再根据复数代数形式的除法运算化简，最后根据复数的相关概念判断即可； 【详解】解：因为，，所以，所以，所以复数的虚部为； 故选：B 2. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据描述法表示的集合元素特征，对选项逐一判断即可得出结论. 【详解】因为，所以，因为，所以 所以，故A错误，B正确； 所以，故C错误； 所以，故D错误； 故选：B． 3. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：7，11，14，m，22；乙组：5，10，n，18，20，若这两组数据的第50百分位数、第80百分位数分别对应相等，则=（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】分别求出两组数据第50百分位数、第80百分位数，求出即可得解. 【详解】依题意，甲组数据的第50百分位数为14，乙组数据的第50百分位数为，则， 由，得甲组数据的第80百分位数为，乙组数据的第80百分位数为， 因此，解得，所以. 故选：C 4. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（部分对数表如下表所示），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间．因为，所以的位数为4（一个自然数数位的个数，叫做位数），已知是24位数，则正整数的值为（ ） 3 4 5 6 7 8 9 0.4771 0.6021 0.6990 0.7782 0.8451 0.9031 0.9542 A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据位数定义利用对数运算表可得. 【详解】由题意可知，两边同时取对数可得， 所以，故， 由表中数据可知， 故选：C 5. 向量且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别求出和的值，进而利用平面向量的数量积求解即可. 【详解】由已知可得， 同理， 又， 所以与的夹角为. 故选：D. 6. 若，设，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意确定，进而利用等比数列的前项和即可求解. 【详解】为的系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1， 则，即， 所以数列的前n项的和. 故选：B. 7. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点是椭圆与双曲线的一个公共点，且，其离心率分别为，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆以及双曲线定义利用余弦定理和基本不等式计算可得当时，取得最小值为3. 【详解】设，由余弦定理得，即； 在椭圆中，等于椭圆的长轴长，因此， 在双曲线中，等于双曲线的实轴长，因此， 则． 所以， 当且仅当时等号成立 故选：A 8. 在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积. 【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离， （1） ，（2） ，（3） （1），（2），（3）， 所以质点从到的最短距离为， 此时质点从点出发，经过上靠近的三等分点，再到达点， 面截正四棱柱所得截面为五边形，如图， 由，， 所以沿质点的最短运动路线截正四棱柱， 则所得截面的面积为： ． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个歧义点和后，得到新的回归直线的回归系数为2.5，则下列说法正确的是（ ） A. 相关变量具有正相关关系 B. 去除两个歧义点后，随值增加相关变量值增加速度变小 C. 去除两个歧义点后，重新求得回归方程对应的直线一定过点 D. 去除两个歧义点后，重新求得的回归直线方程为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据回归直线方程的斜率可得A正确，由新的回归直线方程的斜率大小可得B正确，由回归直线方程过样本中心点可得新的回归直线一定过点，可得C错误，代入新的样本中心点可得新的回归直线方程为，即D正确. 【详解】对于A，因为回归直线的斜率大于0，即相关变量具有正相关关系，故A正确； 对于B，斜率，此时随值增加相关变量值增加速度变小，故B正确； 对于C，将代入得，则去掉两个歧义点后，得到新的相关变量的平均值分别为， 所以重新求得得回归方程对应得直线一定过点，故C错误； 对于D，，此时的回归直线方程为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意利用可判断A选项；由和判断的取值范围，进而易得，可判断B选项；先求，然后利用可判断C选项；由可判断D选项. 【详解】对于A：因为，， 所以,故A错误； 对于B：，则又， 所以，所以，故B正确； 对于C：由，可得， ， 又，所以，故C错误； 对于D：根据C选项知， 所以,故D正确. 故选：BD． 11. “固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？”这就是意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出的著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式，相应地，双曲正弦函数的函数表达式为，则（ ） A. B. 关于的不等式的解集为 C. 当与和共有3个交点时， D. 如果对任意，都有，那么的最大值为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据双曲正弦、余弦函数表达式化简计算可判断A正确，将不等式整理变形可得其等价于可知B错误，利用导数对双曲余弦函数求导判断出其单调性，得出其最值再根据双曲正弦函数单调递增即可得C正确，将不等式等价转化成在上恒成立问题，由基本不等式对参数的取值进行分类讨论可判断D正确. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，关于的不等式，得且，即，其解集为，B错误； 对于C，的导数为，令，则， 又为增函数，故当时，，当时，， 易知在上单调递减，在上单调递增，故， 由于在上单调递增，当时，，当时，， 且在上恒成立，即的图象恒在的上方， 因此与在上无交点； 所以当与和共有3个交点时，，故C正确； 对于D，若对任意，都有，即恒成立， 令，则， 易知，当且仅当，即时取等号， 因为，所以取不到等号，所以， 若，则恒成立，所以在上递增， 所以，即恒成立， 若，则存在使， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上，有不合题意， 综上所述，所以的最大值为1，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：函数不等式恒成立问题常用方法： （1）参变分离：将参数与自变量分离，构造函数并判断出其单调性求得函数最值即可； （2）分类讨论：当参变分离不适用时，可对函数直接求导再对参数的取值进行分类讨论得出对应的单调性，求得最值解不等式即可得出结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与下底面所成的角为，则该圆台的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出圆台的轴截面图，并求棱长，进而利用圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】圆台的轴截面如下图： 因为母线与下底面所成的角为，所以母线长为， 所以圆台侧面积为：. 故答案为：. 13. 将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得，并图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，可得，从而结合题意可得的最小值. 【详解】， 图像向右平移个单位长度后得到是偶函数， ，的最小值为. 故答案为：. 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，则的最小值为________． 【答案】9 【解析】 【分析】根据数量关系可得，即，又，进而由可得答案. 【详解】由为圆上一动点，得， 由为圆上一动点，得， 又. 因为，所以， 于是. 当共线且时取得最小值，即. 所以， 当共线时等号成立 故答案为：9． 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. 在中，内角所对的边分别为. （1）求角； （2）若面积为，求周长的最小值. 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及三角形内角之间的关系，利用三角恒等变换计算可得； （2）由三角形面积公式和基本不等式计算可得结果. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得； 即， 所以； 所以 因为，所以，即， 因为，所以， 所以，． 【小问2详解】 因为的面积为，所以，可得． 由余弦定理得， 所以． 当且仅当时，等号成立， 此时的周长最小，且最小值为6． 16. 如图，已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，点在线段上，且． （1）当时，证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接与交于点M，连接，利用线面平行的判定定理分别证明平面，平面，进而得证平面平面，从而由面面平行的性质得证平面； （2）取AD中点O，取BC中点H，建立，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，进而求平面的一个法向量和，从而结合空间向量利用直线与平面的夹角列方程即可求得的值. 【小问1详解】 连接与交于点M，连接，如图: 因为底面为矩形，所以M是BD的中点， 当时，G是的中点． 所以，又平面，则平面. 因为四边形为平行四边形，所以， 又平面，则平面. 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面 . 【小问2详解】 取AD中点O，取BC中点H，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，又平面，平面平面， 所以平面， 又底面为矩形，则. 以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 由题意可得，，，，，， ，，，. 设平面的一个法向量， 则，取，得，即平面的一个法向量. 又， 设直线与平面所成角为，则， 整理得：，所以（舍去）. 故直线与平面所成角的正弦值为时. 17. 现有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒子装有2个红球和1个白球，乙盒中装有1个红球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作后，记甲盒子中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为（注：所有小球大小、形状、质地均相同） （1）求的值； （2）设，证明：； （3）求的数学期望的值． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）交换后甲盒有1个红球，说明甲给乙红球，乙给甲白球，若交换后甲盒有2个红黑球，说明两个盒子相互交换1个白球或者交换1个红球； （2）根据全概率公式进行求解； （3）根据（2）的结论和期望公式进行求解即可． 【小问1详解】 由题可知：， 【小问2详解】 次操作后，甲盒有3个红球的概率， 由全概率公式知： ， 【小问3详解】 ， 又， 是以为首项，为公比的等比数列 18. 设函数． （1）恒成立，求的取值范围； （2）设有两个极值点，且，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得，进而利用导数判断函数的单调性，从而结合恒成立的条件，利用单调性求得的取值范围. （2）由韦达定理，两个极值点且可得，，进而得，结合题意，将把等价转换可得，而利用导数判断的单调性，即得，从而即可得证. 【小问1详解】 因为，，所以由得， 设，则 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，则， 所以等价于，即， 又因为，，所以，故的取值范围为. 小问2详解】 证明：，其定义域为， 则， 因为有两个极值点， 所以方程有两根为，即的两根为，且， 所以，即，且，， 所以，且， 所以，， 要证，只需证，即证， 即证，即证， 因为，只需证， 令，则， 所以，在上单调递增，且，故， 所以. 【点睛】思路点睛：在证明双变量不等式的时候，根据题意找到两个变量之间的关系，并把不等式转化为一个变量的不等式，进而已知不等式进行等价转换化简到最简单形式，从而利用导数研究函数性质即可证明. 19. 给出如下的定义和定理： 定义：若直线与抛物线有且仅有一个公共点，且与的对称轴不平行，则称直线与抛物线相切，公共点称为切点． 定理：过抛物线上一点处的切线方程为． 完成下述问题： 已知抛物线，焦点为，过外一点（不在轴上），作的两条切线，切点分别为，（在轴两侧）直线分别交轴于两点， （1）若，求线段的长度； （2）若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点； （3）若点在曲线上，求四边形的面积的范围． 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义求得，再求出切线的方程，得到，再利用两点间的距离公式即可得解； （2）写出两条切线方程，然后联立求得切线交点的坐标，然后利用在直线上，即可得证直线过定点，并可求出定点坐标； （3）由（1）（2）得，然后利用求得四边形的面积，通过换元，构造函数，借助导数求出函数的值域即可得解. 【小问1详解】 由题意知，直线，的斜率均不为零，其斜率都存在且异号， 设，因为，， 不妨设，则方程为，即，，， 所以线段CF的长度为. 【小问2详解】 设，直线， 联立，可得. 在轴两侧，，， 所以点处的切线方程为，整理得， 同理可求得点处的切线方程为， 由，可得， 又在直线上，，直线过定点. 【小问3详解】 由（2）可得在曲线上，. 由（1）可知， ， 令在单调递减， 四边形的面积的范围为 【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键是结合定义，求出；第（2）小问的关键是联立两切线方程，求出切线方程交点Q的坐标；第（3）小问的关键是借助（1）（2）小问的结论，将表实成只含一个参数的式子，然后构造函数，求出值域从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年辽宁高考扣题卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置． 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． 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. 已知为虚数单位，复数满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 2. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：7，11，14，m，22；乙组：5，10，n，18，20，若这两组数据的第50百分位数、第80百分位数分别对应相等，则=（ ） A. 28 B. 29 C. 30 D. 32 4. 苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（部分对数表如下表所示），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间．因为，所以的位数为4（一个自然数数位的个数，叫做位数），已知是24位数，则正整数的值为（ ） 3 4 5 6 7 8 9 0.4771 0.6021 0.6990 0.7782 0.8451 0.9031 0.9542 A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 5. 向量且，则与夹角为（ ） A B. C. D. 6. 若，设，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆与双曲线有共同的焦点是椭圆与双曲线的一个公共点，且，其离心率分别为，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 12 8. 在正四棱柱中，为线段中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（ ） A. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个歧义点和后，得到新的回归直线的回归系数为2.5，则下列说法正确的是（ ） A. 相关变量具有正相关关系 B. 去除两个歧义点后，随值增加相关变量值增加速度变小 C. 去除两个歧义点后，重新求得回归方程对应的直线一定过点 D. 去除两个歧义点后，重新求得的回归直线方程为 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. “固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？”这就是意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出的著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式，其中为悬链线系数，称为双曲余弦函数，其函数表达式，相应地，双曲正弦函数的函数表达式为，则（ ） A. B. 关于的不等式的解集为 C. 当与和共有3个交点时， D. 如果对任意，都有，那么的最大值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与下底面所成的角为，则该圆台的侧面积为________． 13. 将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为________． 14. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷．平面内两个定点及动点，若（且），则点的轨迹是圆．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆．点为圆上一动点，为圆上一动点，点，则的最小值为________． 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. 在中，内角所对的边分别为. （1）求角； （2）若的面积为，求周长的最小值. 16. 如图，已知多面体底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，点在线段上，且． （1）当时，证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17. 现有甲、乙两个不透明的盒子，甲盒子装有2个红球和1个白球，乙盒中装有1个红球和1个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复次这样的操作后，记甲盒子中红球的个数为，甲盒中恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为（注：所有小球大小、形状、质地均相同） （1）求的值； （2）设，证明：； （3）求的数学期望的值． 18. 设函数． （1）恒成立，求的取值范围； （2）设有两个极值点，且，求证：． 19. 给出如下定义和定理： 定义：若直线与抛物线有且仅有一个公共点，且与的对称轴不平行，则称直线与抛物线相切，公共点称为切点． 定理：过抛物线上一点处的切线方程为． 完成下述问题： 已知抛物线，焦点为，过外一点（不在轴上），作的两条切线，切点分别为，（在轴两侧）直线分别交轴于两点， （1）若，求线段的长度； （2）若点在直线上，证明直线过定点，并求出该定点； （3）若点在曲线上，求四边形的面积的范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$