精品解析：辽宁省实验中学2024-2025学年高三下学期第四次模拟考试数学试卷

辽宁省实验中学高三年级第四次模拟考试 数学试卷 命题人､校对人 高三数学组 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. 已知全体实数，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，然后结合集合补集运算即可求解． 【详解】， 则或． 故选：C． 2. 若复数满足，则的值不可能为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算公式和复数模长的计算公式，求解. 【详解】设，， 化简得， 当时，等式成立， 当时，等式成立， 当时，等式成立， 当时，等式不成立. 故选：D. 3. 二项式展开式中的系数为（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项，分析出现的情况，分别求出系数，求和得结果. 【详解】得展开式为, 当时,； 当时,, 所以的系数为. 故选:C. 4. 下面可以作为函数图像的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的解析式得到的定义域和奇偶性，再根据的取值情况得到符合题意的选项． 【详解】由已知，定义域为，， 所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除B,C； 又，故D错误，A正确． 故选：A． 5. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的坐标运算和投影向量的定义计算即可． 【详解】因为， 所以，， ， 所以向量在向量上的投影向量为． 故选：D． 6. 已知数列为等比数列，公比为，若数列前项和为，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列通项求出数列的通项，并判断数列的特征，再求出前项和，结合已知求解即得． 【详解】等比数列公比为，则所以，, 于是，即数列是等比数列，其首项为，公比为， 因为数列的前项和为，故， 因此数列的前项和， 显然的结构特征为指数式的系数与常数项互为相反数，从而，且， 所以． 故选：D 7. 已知抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），其准线与轴交于点，若线段的垂直平分线恰好过，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设直线l的方程为，将其代入抛物线方程，设，由韦达定理得，写出线段的垂直平分线方程，代入，化简得，结合可求得，从而可得，利用求出结果. 【详解】抛物线焦点为，准线，点， 由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，， 将其代入抛物线方程，得：， 则， 设，由韦达定理得：， 线段的中点坐标为，垂直平分线的斜率为． 线段的垂直平分线方程为：，即， 代入，化简得：， 结合，得：， 则， 则， . 故选：A． 8. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 若在上单调递增 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】应用赋值法计算求解得出判断A，B，应用已知关系式得出函数再结合导函数得出单调性判断C，应用赋值法结合等差数列通项公式计算判断D. 【详解】令，可得，所以，A选项正确； 令，可得，所以不成立，所以的定义域不是，B选项不正确； 因为，所以，， 因为，所以，，， 当时，，在上单调递增，C选项正确； 若，令，可得， 所以，所以为等差数列， 所以，则，D选项正确； 故选：B. 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的第75百分位数为16 B. 若样本数据的方差为9，则的方差为1 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 在独立性检验中，基于小概率值的独立性检验规则是：两个事件和，已知显著性水平对应的分位数为，当时，认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断和不独立，可以认为和独立 【答案】BD 【解析】 【分析】根据百分位数的定义可判断A，根据方差的性质可判断B，根据正态分布曲线的对称性可判断C，根据独立性检验的性质可判断D． 【详解】对于A，因为，所以数据的第75百分位数为18，故A错误； 对于B，若样本数据，，的方差为9，则，，的方差为，故B正确； 对于C，因为，且，所以，所以，故C错误； 对于D，由独立性检验的性质可知，当时，认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过： 当时，我们没有充分证据推断和不独立，可以认为和独立，故D正确． 故选：BD． 10. 如图所示圆柱，为其轴截面，为其上底圆周上两个动点，圆柱底面半径和高都为2，下列说法正确的是（ ） A. 圆柱面上从点到点最短路径为椭圆曲线 B. 圆柱面上从点到点最短路径长度为 C. 过作截面与圆柱面的交线为椭圆，当椭圆短轴垂直于轴截面时，椭圆离心率为 D. 设垂直于轴截面，四面体体积最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】对于AB，举反例即可判断；对于C，求出即可；对于D，设，，将体积转换成关于的三角函数即可求解. 【详解】对于AB，两点之间线段最短，所以有两种可能的最短路径， 如下图：设是侧面展开，则， ， 此时， 如下图：设是圆柱轴截面，则 此时， 因为， 所以圆柱面上从点到点最短路径不是椭圆曲线，且最短路径长度也不是，故AB错误； 对于C，过作截面与圆柱面的交线为椭圆，当椭圆短轴垂直于轴截面时， ，解得， 所以离心率为，故C正确； 对于D，如图，设，， 四面体体积 ， 所以 ， 所以，等号成立当且仅当，即，故D正确. 故选：CD. 11. 数学上经常用参数方程来研究曲线，例如圆心，半径为的圆，可以在圆上任取一点，设直线的倾斜角为，则点P的横，纵坐标可以表示为，由于点P的任意性，此方程即为圆的参数方程，为参数．数学上著名的摆线（旋轮线）：当一个圆在轴上滚动时，圆上一个定点的运动轨迹即为摆线，如图所示：设圆，点，圆向轴正向滚动，设圆旋转角度为，点的运动轨迹形成的曲线记为，下列说法正确的是：（ ） A. 对称轴为，最小正周期为 B. 一个周期上摆线长度为 C. 摆线的参数方程为（为参数） D. 当圆旋转角度为，摆线上点处的切线斜率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先假设圆旋转角度为时，移动到，圆心移动到，为圆与轴切点，，从而得到，，，再结合已知条件确定摆线的参数方程，利用摆线与圆的关系及圆的对称性判断A、B、C；对所得参数方程的同时求导，结合导数的几何意义求摆线上点处的切线斜率判断D. 【详解】当已知圆旋转角度为时，移动到，圆心移动到，为圆与轴切点，，如下图， 所以，则，且，结合题设， 若旋转角度为，且圆的半径，则，，， 所以摆线参数方程为（为参数），C对； 由上分析知：当圆旋转一个周时恰好落在轴的点， 故点轨迹最小正周期为，结合圆的对称性知其关于对称，A对； 所以与圆的周长相等，故摆线长度必大于，B错； 对的横纵坐标求导，得， 所以摆线上点处的切线斜率为，D对. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子，设得到的点数分别为，在已知的条件下，的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设事件 “”，事件 “”，由列举法分析和，进而计算可得答案． 【详解】根据题意，一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子，设得到的点数分别为、， 设事件 “”，事件 “”， 则，，，，，，，，，，，， ，，，，，，，，， 则， ，，，，，则， 故在已知的条件下，的概率． 故答案为：． 13. 已知正实数满足，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由条件可得，然后利用“1”的代换构造乘积为定值，结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意，得， 则， 当且仅当，且，即，时，等号成立． 所以的最小值是. 故答案为： 14. 已知点，点，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据函数关系，找出得轨迹,根据轨迹分析最小值的情况,列出表达式,通过函数导数判断表达式单调性,求出最小值. 【详解】易知点在函数上, 设,化简得,即 则点在以为圆心,半径为1的圆周上, 如图所示,可知两点间的最小值,即为点到圆心得最小值减去半径即可. 设圆心为,可知, 设函数,求导得 易知为单调增函数,且, 所以当时，,在单调递减, 当时，,在单调递增, 在上有最小值,最小值, 所以的最小值为. 故答案为: . 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. 已知数列前n项和为，且满足，数列满足． （1）求出 （2）求出数列的前项和 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到是等比数列，得到，再由对数的运算性质，求得； （2）由（1）得，结合数列错位相减求和，即可求解． 【小问1详解】 因为， 当时，，所以， 当时，可得， 两式相减，得， 所以，所以，， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以， 因为， 所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 则， 两式相减得 ， 所以. 16. 已知函数 （1）求出函数在上的最值 （2）若关于的不等式存在唯一的整数解，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值； （2）把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可； 【小问1详解】 因为，，所以， 令，令， 因为函数，在上单调递减， 所以在上单调递减，又， 所以方程得解为， ，变化情况如下表所示． x e + + 0 单调递增 单调递减 所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，有极大值，也是的最大值. 又因为，， 所以，所以为的最小值. 【小问2详解】 因为，所以不等式可化为， 由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为的最大值，， 所以，时，最大，所以不等式， 即存在唯一的整数解只能为1， 所以，所以 所以a的取值范围为. 17. 某位射手每次射击命中目标的概率均为，其中． （1）当时，若该射手射击次，命中目标的次数为 ①求 ②若，其中，且，求的值 （2）某次射击游戏规则如下：若单次未命中目标得0分，单次命中目标得1分，若连续击中目标，第一次命中得1分，后续连续命中均得两分，记该射手射击4次总得分为，若对于任意都有成立，求所有满足上述条件的有序实数对 【答案】（1）① ；② （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布期望公式,求数学期望.根据二项分布概率公式,列出不等式组,求出范围判断可能得值. （2）分析所有分值可能,以及出现该分值的实际命中情况,写出分布列,依据题意要求,写出满足条件的结果. 【小问1详解】 ①由题意可知 ②设最大，则 解得，当时，或 经检验，时，，不符合题意，舍去 时，为最大值，所以 【小问2详解】 由题意该选手得分为 满足题意的实数对为. 18. 设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为 （1）求出椭圆方程； （2）设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据切线，写出切点坐标，带入椭圆标准方程，根据椭圆的性质，求出标准方程. （2）方法一：根据相切只有一个交点，联立方程组，求出切点坐标表达式，根据三点斜率证明三点共线. 方法二：先连接，求出此时直线与椭圆的交点坐标，证明直线与椭圆相切即可. 方法三：通过椭圆的标准方程求出椭圆参数方程，写出椭圆的切线参数方程，求出交点的参数方程，带入求出交点的坐标，求得个直线斜率之间的关系，证明三点共线. 【小问1详解】 把代入，解得切点坐标为， 代入椭圆方程得，解得， 则椭圆标准方程为. 【小问2详解】 方法一：如图所示， ，设直线为， 联立方程得消去得. 相切时，可得. 化简得，解得，故, 故得切点坐标，则，，可知，则三点共线． 方法二：已知，可知直线解析式为， 联立直线方程和椭圆方程得，解得， 则交点坐标为， 因为，则直线解析式为， 化简得， 联立方程组得，消去得， 此时, 可知此时直线与椭圆只有一个交点，直线与椭圆相切，可得三点共线． 方法三：因为，可得，设， 可知椭圆参数方程为， 则椭圆切线方程为，代入得， 联立方程组，可知，因为， 所以，解得（舍）， 代入得，求得交点坐标， 则，， 可知，则三点共线． 19. 四面体满足两两垂直 （1）点在面内的正投影是的什么心？请给出证明 （2）设点为的外心，为的外接圆半径，设 ①请写出与的关系（用表示）． ②求证：为定值． 【答案】（1）垂心；证明见解析 （2）① ；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得出，，，即可得证； （2）①利用正余弦定理即可求解；②建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可． 【小问1详解】 连接 平面， 平面，又平面， ， 由题意平面又平面 ， 平面， 平面又平面 ， 同理：，点为三角形ABC的垂心； 【小问2详解】 ①由正弦定理， ②如图：以点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，因为点O在平面ABC上， 而点 由题意 即 三个式子相加得：， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省实验中学高三年级第四次模拟考试 数学试卷 命题人､校对人 高三数学组 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. 已知为全体实数，集合，则（ ） A B. C. D. 2. 若复数满足，则的值不可能为（ ） A. B. C. D. 2 3. 二项式展开式中的系数为（ ） A 16 B. 18 C. 20 D. 22 4. 下面可以作为函数图像的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列为等比数列，公比为，若数列前项和为，则（） A. B. C. D. 7. 已知抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），其准线与轴交于点，若线段的垂直平分线恰好过，则（ ） A. B. C. D. 2 8. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 的定义域为 C. 若在上单调递增 D. 若，则 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. 下列说法中，正确的是（ ） A. 一组数据的第75百分位数为16 B. 若样本数据的方差为9，则的方差为1 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 在独立性检验中，基于小概率值的独立性检验规则是：两个事件和，已知显著性水平对应的分位数为，当时，认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断和不独立，可以认为和独立 10. 如图所示圆柱，为其轴截面，为其上底圆周上两个动点，圆柱底面半径和高都为2，下列说法正确的是（ ） A. 圆柱面上从点到点最短路径椭圆曲线 B. 圆柱面上从点到点最短路径长度为 C. 过作截面与圆柱面的交线为椭圆，当椭圆短轴垂直于轴截面时，椭圆离心率为 D. 设垂直于轴截面，四面体体积最大值为 11. 数学上经常用参数方程来研究曲线，例如圆心，半径为的圆，可以在圆上任取一点，设直线的倾斜角为，则点P的横，纵坐标可以表示为，由于点P的任意性，此方程即为圆的参数方程，为参数．数学上著名的摆线（旋轮线）：当一个圆在轴上滚动时，圆上一个定点的运动轨迹即为摆线，如图所示：设圆，点，圆向轴正向滚动，设圆旋转角度为，点的运动轨迹形成的曲线记为，下列说法正确的是：（ ） A. 对称轴为，最小正周期为 B. 一个周期上摆线长度为 C. 摆线的参数方程为（为参数） D. 当圆旋转角度为，摆线上点处的切线斜率为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一先一后抛掷两枚质地均匀的骰子，设得到的点数分别为，在已知的条件下，的概率为__________． 13. 已知正实数满足，则的最小值是______． 14. 已知点，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. 已知数列前n项和为，且满足，数列满足． （1）求出 （2）求出数列的前项和 16. 已知函数 （1）求出函数在上的最值 （2）若关于的不等式存在唯一的整数解，求实数的取值范围． 17. 某位射手每次射击命中目标的概率均为，其中． （1）当时，若该射手射击次，命中目标的次数为 ①求 ②若，其中，且，求值 （2）某次射击游戏规则如下：若单次未命中目标得0分，单次命中目标得1分，若连续击中目标，第一次命中得1分，后续连续命中均得两分，记该射手射击4次总得分为，若对于任意都有成立，求所有满足上述条件的有序实数对 18. 设椭圆方程为为其左右焦点，过椭圆上点的椭圆切线方程为 （1）求出椭圆方程； （2）设点，点为椭圆右顶点，过作椭圆的不与轴垂直的切线，切点为点，求证：三点共线． 19. 四面体满足两两垂直 （1）点在面内的正投影是的什么心？请给出证明 （2）设点为的外心，为的外接圆半径，设 ①请写出与的关系（用表示）． ②求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $