2024届辽宁省辽宁名校联盟（东北三省联考）高三3月模拟预测数学试题及答案

这是一份2024届辽宁省辽宁名校联盟（东北三省联考）高三3月模拟预测数学试题及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知集合 ，则A∪B=（ ）
A．B．
C．D．
3．条件，，则的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
4．某表彰会上3名男同学和4名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ）
A．194B．240C．388D．480
5．已知函数为偶函数，且当时，若，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则 的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知某圆锥的母线长为，底面积为，记该圆锥的体积为，若用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，且截去一个体积为的小圆锥，则剩余几何体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若关于的方程有五个不等的实数解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数 的部分图像如图所示，则（ ）
A．的周期为6
B．
C．将的图像向右平移个单位长度后所得的图像关于原点对称
D．在区间上单调递增
10．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，倾斜角为的直线过点且与交于，两点，若的面积为，则 （ ）
A．
B．
C．以为直径的圆与轴仅有个交点
D．或
11．已知数列的首项为，且，则（ ）
A．存在使数列为常数列
B．存在使数列为递增数列
C．存在使数列为递减数列
D．存在使得恒成立
三、填空题
12．已知向量，若与共线，则 .
13．小明所在的公司上午9：00上班，小明上班通常选择自驾、公交或地铁这三种方式.若小明选择自驾，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布若小明选择地铁，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布；若小明选择公交，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布.若小明上午8：12从家里出发，则选择 上班迟到的可能性最小.(填“自驾”“公交”或“地铁”)
参考数据：若则，，
14．已知双曲线的左、右焦点分别为记以为直径的圆与C的渐近线在第一象限交于点P，点Q为线段与C的交点，O为坐标原点，且，则C的离心率为 .
四、解答题
15．已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中.
(1)求A；
(2)已知直线为的平分线，且与BC交于点M，若求的周长.
16．某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示.
(1)求的值;
(2)以频率估计概率，完成下列问题.
(i)若从所有花卉中随机抽株，记高度在内的株数为，求 的分布列及数学期望；
(ii)若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度在的条件下，至多 1株高度低于的概率.
17．如图，在平行六面体 中，E在线段 上，且 F，G分别为线段，的中点，且底面 为正方形.
(1)求证:平面 平面
(2)若与底面不垂直，直线 与平面所成角为 且 求点 A 到平面 的距离.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的动直线 l与C 交于P，Q两点.当轴时，，且直线的斜率之积为.
(1)求C的方程;
(2)求的内切圆半径r的取值范围.
19．已知函数
(1)讨论的零点个数;
(2)当时，| 求a的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】先根据复数的除法化简复数，然后根据复数的几何意义判断.
【详解】，在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选：D.
2．C
【分析】利用一元二次不等式的解法先计算A，再根据并集的运算计算即可；
【详解】由，得，
所以，
所以，
故选：C.
3．A
【分析】对于命题，由参变量分离法可得，求出函数在上的最大值，可得出实数的取值范围，再利用必要不充分条件的定义可得出合适的选项.
【详解】若，使得，则，可得，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
故当时，，即，
所以，的一个必要不充分条件是.
故选：A.
4．D
【分析】由题意，将女生甲与女生乙和女生丙与女生分别捆绑起来算作两个元素，再与3名男同学全排列即可.
【详解】解：因为女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻，
则捆绑起来算作两个元素，与3名男同学构成5个元素，
则排法共有：种，
故选：D
5．A
【分析】由题意判断的图象关于直线对称，结合当时的函数解析式，判断其单调性，即可判断在直线两侧的增减，从而结合，可得，化简，即得答案.
【详解】因为函数为偶函数，故其图象关于y轴对称，则的图象关于直线对称，
当时，，因为在上单调递增且，
而在上单调递减，故在上单调递减，
则在上单调递增，
故由可得，即，
则，故，
故选：A
6．A
【分析】根据题意，，将所求式子变形，利用基本不等式求解.
【详解】由，
，，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
7．B
【分析】依题意可得圆锥的底面半径，即可求出圆锥的高，从而求出小圆锥的高与底面半径，设圆台外接球的半径为，球心到上底面的距离为，即可得到，求出，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】因为圆锥的底面积为，所以底面半径，记圆锥的高为，
则，
因为截去一个体积为的小圆锥，则小圆锥的高，小圆锥的底面半径，
所以剩余圆台的高为，
设圆台外接球的半径为，球心到上底面的距离为，则，解得，
所以外接球的表面积.
故选：B
8．C
【分析】首先判断函数在各段的单调性，即可得到的大致图象，令，则化为，分、、、、、六种情况讨论，结合函数图象即可得解.
【详解】由，
当时，函数在上单调递减，且，，当时，
当时，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
可得的大致图象如下所示：
令，则化为，
当时无解，则无解；
当时，解得，由图可知有两解，即有两解；
当时有一解且，又有一个解，即有一解；
当时有两个解，即、，
又有一个解，有两个解，所以共有三个解；
当时有三个解，即，，，
无解，有三个解，有两个解，
所以共有五个解；
当时有两个解，即，，
有三个解，有两个解，
所以共有五个解；
综上可得的取值范围是.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是数形结合，另外分类讨论需做到不重不漏.
9．ABD
【分析】首先结合图象求出的解析式，再结合正弦型函数的图象与性质逐项分析即可.
【详解】由图可知，，
所以，因为，所以，
则，
又，
所以，则，
又，所以，故，
则，则，故A正确；
，
所以直线是的一条对称轴，故B正确；
，图象部关于原点对称，故C错误；
当时，，
此时在区间上单调递增，故D正确；
故选：ABD.
10．AC
【分析】设直线，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由求出，即可判断A，再由弦长公式求出即可判断B，利用抛物线的几何意义判断C，求出、，由即可判断D.
【详解】依题意，设直线，，，
由，整理得，则，
所以，，所以，
解得，所以，又，解得，
所以，又，所以，故A正确；
因为，故B错误；
因为，又线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相切，即仅有个交点，故C正确；
因为，若，则，解得或；
若，则，解得或；
即、或、，
所以或，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】首先分析可得且，设，，利用导数说明函数的单调性，再分、、三种情况讨论的单调性，即可判断.
【详解】因为，所以，
又，则，设，，
所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
当时，，，
故当使数列为常数列，故A正确；
当时，由在上单调递增，又，
所以，故B正确；
当时，由在上单调递减，又，
所以，又在上单调递增且，
所以，所以存在使得恒成立，即D正确；
由上述分析可知，不存在使数列为递减数列，故C错误.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是将递推公式变形为，从而构造函数，利用函数的单调性判断的单调性.
12．-6
【分析】根据向量共线的坐标表示，列方程求解，即可得答案.
【详解】由题意可得，
因为与共线，故，
故答案为：-6
13．公交
【分析】由题意可知从家里到达公司所用的时间不超过48分钟，小明就不会迟到，由此计算三种方式下的值，比较大小，即可得结论.
【详解】由题意可知从家里到达公司所用的时间不超过48分钟，小明就不会迟到；
若选择自驾，则；
若选择地铁，则；
若选择公交，则，
而，
故选择公交上班迟到的可能性最小，
故答案为：公交
14．/
【分析】利用以为直径的圆的方程，联立，求得P点坐标，利用，推出Q为的中点，求出Q点坐标，代入双曲线方程，得出的关系式，即可求得答案.
【详解】设双曲线的半焦距为c，则，
渐近线方程为，
以为直径的圆的方程为，联立，
可得，即，
又，所以Q为的中点，
故，将坐标代入中，
得，即，即，
则，即C的离心率为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线的离心率的求解，解答的关键在于利用，推出Q为的中点，从而求得，进而结合双曲线方程，得出的关系式，即可求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到关于的方程组，结合整体法即可得解.
【详解】（1）根据题意可得，
由正弦定理得，
又，
故，
又，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即
由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
故的周长为.
16．(1)
(2)(i)分布列见解析，；(ii)
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，解得即可；
（2）(i)依题意可得，根据二项分布的概率公式求出分布列与数学期望；(ii)利用条件概率的概率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得，解得；
（2）(i)由（1）可得高度在的频率为，
所以，
所以，，
，，
，
所以的分布列为：
所以；
(ii)在欧阳花卉中随机抽取株，记至少有株高度在为事件，
至多株高度低于为事件，
则，
，
所以.
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意，先证明平面，再根据面面垂直的判定证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）因为，为中点，
所以，，即，
因为是正方形，所以，
因为分别是的中点，所以，所以，
又，平面，
平面，又平面，
平面平面.
（2）以为坐标原点，过作与平面垂直的直线为轴，以的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
则，设，
则，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，又，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
解得或（舍），，
所以点到平面的距离为，则点到平面的距离为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程即可求得答案；
（2）设，由等面积法表示，进而讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线l方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，结合弦长公式可得的表达式，再结合二次函数的性质，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则，
令代入，可得，
则当轴时，，此时不妨设，
则由直线的斜率之积为，得，
即，结合，即，解得，
故C的方程为；
（2）设，则的周长为，
故，则，
当轴时，；
当l不与x轴垂直时，设，
联立，得，
，，
，
故，令，则，
则，由于，故，
令，则在上单调递减，
则，
则，
综合上述，的内切圆半径r的取值范围为.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的三角形的内切圆半径的范围问题，解题思路并不困难，但很容易出错，易错点就在于根据等面积法求出内切圆半径的表达式后，结合根与系数的关系化简，求解范围，计算过程较为复杂，计算量较大，很容易计算错误，因此计算要十分细心.
19．(1)
答案见解析
(2)
的取值范围为
【分析】（1）构造函数，首先利用导数判断函数的大致图象，结合分类讨论思想求解可得答案；
（2）将原不等式转化为，再利用导数结合虚设零点的方法解不等式即可.
【详解】（1）令，则
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，
作出的大致图象如下图所示：

当时，，无零点；
当时，，得，
由上图知：
当，即时，无零点；
当或，即或时，有1个零点；
当，即时，有2个零点.
（2）当时，显然在上单调递增，
由（1）知，在区间上有唯一的零点，即，
当时，
由得，即，
设函数，则，
在上单调递减，所以，
解得，
当时，，
由得，即，
设，则，
由得，
所以在上单调递增，所以，解得，
综上，
由得，
综上：的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求解函数零点个数的步骤：（1）确定函数定义域；（2）计算导数；（3）求出导数等于0的根；（4）用导数为0的根将定义域分成若干个区间，确定函数的单调区间；（5）结合零点存在性定理判断出零点个数.