2024年东北三省高考模拟数学试题（一）及答案

这是一份2024年东北三省高考模拟数学试题（一）及答案，共17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．若，则在复平面内复数z对应的点不可能在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．一组数据：155，156，156，157，158，160，160，161，162，165的第75百分位数是（ ）
A．161B．160.5C．160D．161.5
3．下列函数中在区间上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，是单位向量，若，则，的夹角是（ ）
A．B．C．D．
5．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码输入错误，该银行卡将被锁定．某人到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的5个密码之一，他决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试，否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．则他至少尝试两次才能成功的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．的展开式中x的系数是（ ）
A．8B．C．32D．
7．等比数列中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的两条渐近线与直线分别相交于A，B两点，且线段AB的长等于它的一个焦点到一条渐近线的距离，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．用一个平面去截一个三棱柱，可以得到的几何体是（ ）
A．四棱台B．四棱柱C．三棱柱D．三棱锥
10．设函数在区间上恰有两个极值点，两个零点，则的取值可能是（ ）
A．B．2C．D．
11．已知函数的定义域为，且满足①；②；③当时，，则（ ）
A．B．若，则
C．D．在区间是减函数
三、填空题
12．直线截圆得到的劣弧所对的圆心角为 ．
13．在正四面体的侧面三角形的高线中，垂足不在同一侧面上的任意两条所成角的余弦值是 ．
14．若函数f(x)=(1－x2)(x2＋ax＋b)的图像关于直线x=－2对称，则f(x)的最大值是 .
四、解答题
15．四名党员教师在暑假中去某社区做志愿者工作，他们中的每人都可以从甲、乙、丙三项工作中随机选择一个，且每人的选择相互独立．
(1)设这四名教师中选择工作甲的人数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)求上述三项工作中恰有一个没被任何人选中的概率．
16．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且AD是BC边上的高．．
(1)求角A；
(2)若，，求AD．
17．如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．
(1)求平面与平面所成角的余弦值；
(2)在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
18．已知椭圆的离心率是，点Q在椭圆上，且，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，设椭圆C的上、下顶点分别为，，P为该椭圆上异于，的任一点，直线，分别交x轴于M，N两点，若直线OT与经过M，N两点的圆G相切，切点为T．证明：线段OT的长为定值．
19．设函数．
(1)探究函数的单调性；
(2)若时，恒有，试求的取值范围；
(3)令，试证明：．
参考答案：
1．A
【分析】
利用复数的除法求出，由复平面内复数z对应的点所在各象限的条件，判断实数有无解即可.
【详解】若，则，
复平面内复数z对应的点在第一象限，，不等式无解；
复平面内复数z对应的点在第二象限，，解得；
复平面内复数z对应的点在第三象限，，解得；
复平面内复数z对应的点在第四象限，，解得；
所以复平面内复数z对应的点不可能在第一象限.
故选：A
2．A
【分析】结合百分位数的定义，直接求解即可.
【详解】由题意得此组数据已从小到大排列，此组数据共有10个数，
所以第75百分位数的位置为，
所以第75百分位数为第8个数161，故A正确.
故选：A.
3．C
【分析】结合常见函数的图象和性质进行判断.
【详解】对于A，因为是周期函数，在上不单调，故A错误；
对于B，在上是，单调递增，故B错误；
对于D，是二次函数，图象是开口向上的抛物线，对称轴为轴，
所以它在上为增函数，故D错误；
对于C，只有这个函数在上单调递减，故C正确..
故选：C
4．B
【分析】根据向量模的数量积运算得，进而，的夹角是.
【详解】解：因为，是单位向量，所以，
因为，所以，
所以，即，
所以，即，的夹角是.
故选：B
5．C
【分析】由题尝试两次或三次成功，分别计算概率，相加即可得答案.
【详解】由题，尝试两次或三次成功.
尝试两次成功的概率为：，
尝试三次成功的概率为：，
则至少尝试两次才能成功的概率是，故C正确.
故选：C.
6．C
【分析】根据题意利用二项式定理的展开式从而可求解.
【详解】由题意得，其展开式为，
则对于的展开式为，，
令，则当，时符合题意，此时系数为，故C正确.
故选：C.
7．B
【分析】根据题意等比数列的性质可得公比，且由可得，从而可求解.
【详解】由题意知数列为等比数列，设公比为，由，得，解得，
因为，即，即，所以，又因为，所以，
所以，故B正确.
故选：B.
8．B
【分析】
根据双曲线的基本几何量求焦点到渐近线的距离为，几何性质求解，即可得，根据的关系，即可得渐近线方程.
【详解】解：双曲线的两条渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离为
又两条渐近线与直线分别相交于A，B两点，所以
则，所以，故渐近线方程为.
故选：B.
9．BCD
【分析】根据棱柱，棱锥和棱台的定义结合图形分析判断即可
【详解】如图三棱柱，连接，则可得平面截三棱柱，得到一个三棱锥，所以D正确，
若用一个平行于平面的平面去截三棱柱，如图平面，则得到一个三棱柱和一个四棱柱，所以BC正确，
因为四棱台的上下底面要平行，所以要得到四棱台，则截面要与三棱柱的上下底面相交，而四棱台的侧棱延长后交与一点，棱柱的侧棱是相互平行的，所以用一个平面去截一个三棱柱，不可能得到一个四棱台，所以A错误，
故选：BCD
10．AB
【分析】利用换元法，结合正弦函数的图象，可求的取值范围.
【详解】因为.
令，则函数在上恰有两个极值点，两个零点.
结合的图象，如图：
可得，所以.
故选：AB
11．BC
【分析】根据题意求出的解析式，然后就可逐项求解判断.
【详解】由题意得当时，令，则，
因为，所以，
当时，令，则，
又因为，所以，即，
但在时不成立，
若有且，则得，
这时总可以找到，使，所以,
即，此式与矛盾，即，
从而，
对A：，故A错误；
对B：，即，即，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：当，为增函数，故D错误；
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题主要是根据题中给出的3个条件进行合理运用求出函数的解析式，在求解析式时需要分情况讨论并且要巧妙的当时设，当时设，再结合题中条件从而可求解.
12．/
【分析】先求直线与圆相交所得的弦长，再求劣弧所对圆心角的大小.
【详解】如图

圆心到直线的距离：，
所以弦长：，
所以为等边三角形，所以.
故答案为：
13．
【分析】根据题意作出相关图形，利用几何关系作出相应的角，再利用余弦定理从而可求解.
【详解】不妨设正四面体为，设四面体的棱长为，分别为边上的中线，
由题意所成的角余弦值就是要求角的余弦值，
取的中点，的中点，分别连接，
则，，因为平面，平面，
所以平面，平面，又因为，平面，
所以平面平面且，
所以边上的中线，则和所成的角就是，则，
在中，由余弦定理得
，
在中，由余弦定理得
.
故答案为：.
14．16；
【详解】依题意，为偶函数，
展开式中的系数为，故，的系数为，故，令，得，由对称轴为-2可知，将该式分解为，可知其在和处取到最大值，带入，可知最大值为16.
【考点定位】本题考查函数的性质，考查学生的化归与转化能力以及基本运算能力.
15．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)
【分析】（1）结合古典概型的概率计算公式、组合数的计算，求得的分布列并求得数学期望.
（2）结合古典概型的概率计算公式、组合数、排列数的计算求得正确答案.
【详解】（1）的可能值为0，1，2，3，4，
；；；
；．
X的分布列为
的数学期望为.
（2）依题意，三个工作中恰有一个工作未分配到任何志愿者的概率为：
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）已知条件利用正弦定理角化边，化简后由余弦定理求出，得角A；
（2）由，，得，有，得，有，再由即，解出的值.
【详解】（1）中，，
由正弦定理，有，即，
得，
由余弦定理，，
由，得.
（2）
，
，
解得，则都为锐角，
有，得，
锐角中，，则有，，
由，则，
又，得，
由，得，即，
，，解得.
17．(1)
(2)不存在，理由见解析.
【分析】
（1）取中点，先证平面.再以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角所成的余弦.
（2）根据在线段上，设，，再由和平面的法向量，求，若，则存在点，否则，就不存在.
【详解】（1）如图：
取中点，连接，，.
因为各棱长均为2，且，所以是等边三角形.
所以.
又因为，，所以是等边三角形.
所以，又平面平面，平面平面，
平面，
所以平面.
由，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.
那么：，，，.
设平面的法向量为，则
，取；
因为平面，可取平面的法向量.
则，即为平面与平面所求角的余弦值.
（2）因为，
设，因为在上，可设，，
则，
可得.
设平面的法向量为，
则，
取.
由.
与不符.
所以不存在点P，使得平面.
18．(1)
(2)证明见解析，定值2．
【分析】
(1)根据已知条件，用待定系数解方程组即可得到C的方程.
(3)设P点坐标，求出M和N坐标，结合P在椭圆上可得，并结合切割线定理可得，从而可求解.
【详解】（1）由，得，由椭圆定义可得，
在中，所以可得，解得，
则，所以.
故椭圆的方程为.
（2）如图：
，，设，
直线：，令，得；
直线:，令，得；
则，因为，所以，
所以，
由切割线定理得，所以，
即线段OT的长度为定值2．
【点睛】
关键点睛：本题（2）中主要利用设出点，并分别求出直线，方程，从而求解坐标，由点在椭圆上可得到，从而由切割线定理，从而可求解.
19．(1)答案见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题意求导得，由此可知是实数集上的增函数；
（2）令，分三种情况讨论的范围，分别根据函数的单调性求出函数最大值，利用最大值不大于零，即可筛选出符合题意的的取值范围；
（3）由（2）中的结论，取，则时，，由此取，可得，则．
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，
因为，
所以，
故是实数集上的增函数．
（2）令，
则，
令，
则 ，
（i）当时，即，，故，从而是上的减函数，
注意到，则时，，所以，故是上的减函数，
注意到，则时，时，即；
（ii）当时，在上，总有，即是上的增函数，故，
所以，故是上的增函数，故，
从而可知，当时，，不符合题意；
（iii）当时，，，故，同理可知，不符合题意；
综上：所求的取值范围是．
（3）由（2）知，取，则时，，
即，取，
则，
所以．
【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力.本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.
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