辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部2023-2024学年高三下学期第六次模拟考试数学试卷

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15.【答案】解：(1)记“该质点到达原点O的位置”的事件为A，质点移动2次，可能的结果共有2×2=4种情况，
质点回到原点则先向左移动1次，再向右移动1次;或先向右移动1次，再向左移动1次，共2种情况，则P(A)=22×2=12．
所以该质点到达原点O的概率为12．
(2)随机变量X可能取得的值为6，4，2，0，−2，−4，−6，
则P(X=6)=C6026=164，P(X=4)=C6126=664，P(X=2)=C6226=1564，
P(X=0)=C6326=2064，P(X=−2)=C6426=1564，P(X=−4)=C6526=664，P(X=−6)=C6626=164．
随机变量X的分布列如下：
E(X)=6×164+4×664+2×1564+0×2064+(−2)×1564+(−4)×664+(−6)×164=0．
【解析】本题主要考查离散型随机变量及其分布列，考查离散型随机变量的期望，考查概率的计算，属于中档题．
(1)记“该质点到达原点O的位置”的事件为A，质点移动2次，可能的结果共有2×2=4种情况，质点回到原点则向左移动1次，向右移动1次，共C21=2种情况，即可得解;
(2)随机变量X可能取得的值为6，4，2，0，−2，−4，−6，分别求相应的概率即可得解．
16.【答案】解：(1)连接AC交BD于点O．
因为A1C⊥平面BB1D1D，BD⊂平面BB1D1D，所以A1C⊥BD，
又BD⊥AC，A1C∩AC= C，A1C、AC⊂平面AA1C，
所以BD⊥平面AA1C，
又BD⊂平面ABCD，所以平面AA1C⊥平面ABCD．
因为A1C⊥平面BB1D1D，BB1⊂平面BB1D1D，所以A1C⊥BB1，
又BB1//AA1，所以A1C⊥AA1，
在Rt△AA1C中，AA1= 2，AC=2，所以A1C= 2．
又O为AC的中点，所以A1O⊥AC且A1O=1，
又平面AA1C⊥平面ABCD，平面AA1C∩平面ABCD=AC，且A1O⊂平面AA1C，
所以A1O⊥平面ABCD．
故点A1到平面ABCD的距离为A1O=1．
(2)以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，A(0,−1,0)，
由AA1=BB1=0,1,1，可得B1(1,1,1)，
A1C=(0,1,−1)，AB=(1,1,0)，
由(1)知，平面BB1D1D的一个法向量n1=A1C=(0,1,−1)，
设BMBB1=λ(0⩽λ⩽1)，
所以BM=λBB1=(0,λ,λ)，AM=AB+BM=(1,λ+1,λ)，AC=(0,2,0)，
设n2=(x,y,z)为平面MAC的一个法向量，
由n2⋅AM=0n2⋅AC=0得x+(λ+1)y+λz=0y=0,
取n2=(λ,0,−1)，
设平面MAC与平面BB1D1D的夹角为θ，
则有csθ=n1·n2|n1|·|n2|=1 2× 1+λ2= 105，
解得λ=12(舍负)，
即BMBB1=12．
【解析】本题考查点到平面的距离，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)连接AC交BD于点O由A1C⊥平面BB1D1D，可证平面AA1C⊥平面ABCD，从而得到A1O⊥平面ABCD，即点A1到平面ABCD的距离为A1O；
(2)建系，分别计算出平面BB1D1D的一个法向量n1=A1C，平面MAC的一个法向量n2，结合平面MAC与平面BB1D1D夹角的余弦值为 105，列式即可得到答案．
17.【答案】解：(1)由题意以及双曲线定义可得：|MP|−|MF|=|NF|−|NP|，
∴|MP|+|NP|=|NF|+|MF|=4>|MN|=2，
由椭圆的定义可知，点P的轨迹是以M，N为焦点，a=2，c=1的椭圆(不含短轴端点)，
其方程为x24+y23=1(x≠0);
(2)设直线l的方程为：y=k(x−1)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1≠x2)，
则由AQ⊥DQ，知Q(t,y1)，
所以BQ:y−y1=y2−y1x2−t(x−t)，
令y=0，得x=y1(t−x2)y2−y1+t(∗)，
因点B(x2,y2)在直线l上，所以y2=k(x2−1)，变形得x2=y2k+1，
代入(∗)式化简得x=y1y2+ky1−kty2k(y1−y2)，
若直线BQ恒过线段DM的中点(1+t2,0)，
则有y1y2+ky1−kty2k(y1−y2)=1+t2，整理得2y1y2+(k−tk)(y1+y2)=0(∗∗)，
由y=k(x−1)x24+y23=1，得(3+4k2)y2+6ky−9k2=0，
所以y1+y2=−6k3+4k2，y1y2=−9k23+4k2，
代入(∗∗)整理得，−18k2−6k(k−tk)=0，
解得t=4，
所以存在t=4，即直线x=4，使得直线BQ恒过线段DM的中点．
【解析】本题考查双曲线与椭圆的概念及椭圆的标准方程，以及直线与椭圆位置关系中的直线过定点问题，属于较难题．
(1)根据双曲线与椭圆的定义确定动点P的轨迹方程即可；
(2)设直线l的方程，与椭圆方程联立，结合根与系数的关系得出答案即可．
18．
（1）设数列首项，设公比，设数列首项，设公差，
∵，即，
∴，（舍去），，
∴．；
（2），
其中，
∴，
集合，设，
，
所以当时，，当时，．
计算可得，，，，，
因为集合有4个元素，．
（3），
，
设①，
②，
上式①-②得，
，
所以，
当n为奇数时，，
则
，
.
19．（1）解：对于函数，则，
这两个函数的定义域都是，
所以函数为“同定义域函数”，此时，，
由函数的定义，对于，无法同时成立，
所以为“单向导函数”，其“自导函数”为，
对于函数，则，
因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
（2）解：若成立，，则，
设，则，所以为“单向导函数”，
又设，则，所以为“双向导函数”，
但不是常值函数，所以不是的必要条件；
若成立，则，所以，所以，
所以不成立，所以是的既不充分也不必要条件.
（3）解：①由题意，，且，
所以，所以；
②由题意，所以且，
令，
可得，且，
因为为单调递增函数，且，
所以存在使得，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
（i）当时，即，
所以，
此时，在上单调递增，可得；
（ii）当时，，此时，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，所以；
（iii）当且时，，
所以函数在上存在两个极值点，
若，即时，极大值点为；
若，即时，极大值点为，
则为函数的极大值或，
由当时，，
令，则，
设，
则，
所以，即单调递增，所以，
所以单调递增，所以，
综上可得，，所以实数的取值范围为.
1
2
3
4
5
6
7
8
C
D
D
C
A
D
D
A
9
10
11
12
13
14
BD
ABD
BCD
-8
6− 24
-1
X
6
4
2
0
−2
−4
−6
P
164
664
1564
2064
1564
664
164