辽宁省八市八校2024届度高三第二次联合模拟考试数学试题及答案

这是一份辽宁省八市八校2024届度高三第二次联合模拟考试数学试题及答案，共25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．集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，，定义协方差为，已知，的分布列如下表所示，其中，则的值为（ ）
A．0B．1C．2D．4
3．已知函数相邻两个对称轴之间的距离为2π，若f（x）在（-m，m）上是增函数，则m的取值范围是（ ）
A．（0，]B．（0，]C．（0，]D．（0，]
4．已知等差数列的前项和为，若，当时，有，则（ ）
A．B．C．D．
5．英国著名数学家布鲁克·泰勒（Taylr Brk）以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知二面角的平面角为，AB与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分又不必要条件D．充要条件
8．已知点是双曲线上位于第一象限内的一点，分别为的左､右焦点，的离心率和实轴长都为2，过点的直线交轴于点，交轴于点，过作直线的垂线，垂足为，则下列说法错误的是（ ）
A．的方程为
B．点的坐标为
C．的长度为1，其中为坐标原点
D．四边形面积的最小值为
二、多选题
9．在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
10．定义：若数列满足，存在实数M，对任意，都有，则称M是数列的一个上界．现已知为正项递增数列，，下列说法正确的是（ ）
A．若有上界，则一定存在最小的上界
B．若有上界，则可能不存在最小的上界
C．若无上界，则对于任意的，均存在，使得
D．若无上界，则存在，当时，恒有
11．已知函数，下列选项正确的是（ ）
A．有最大值
B．
C．若时，恒成立，则
D．设为两个不相等的正数，且，则
三、填空题
12．2023年10月18日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行．在“一带一路”欢迎晚宴上，我国拿出特有的美食、美酒款待大家，让国际贵宾们感受中国饮食文化、茶文化、酒文化．这次晚宴菜单中有“全家福”“沙葱牛肉”“北京烤鸭”“什锦鲜蔬”“冰花锅贴”“蟹黄烧麦”“天鹅酥”“象形枇杷”．假设在上菜的过程中服务员随机上这八道菜（每次只上一道菜），则“沙葱牛肉”“北京烤鸭”相邻的概率为 ．
13．《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度.如图，把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B（点在建筑物的同一侧，且点位于同一个平面内），测得，在点处测得点的仰角分别为，在点处测得点的仰角为，则塔高为 .（参考数据：）
14．已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为 .
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．如图，在四棱台中，底而为平行四边形，侧棱平面，，，.

(1)证明：；
(2)若四棱台的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
17．某制药公司研制了一款针对某种病毒的新疫苗.该病毒一般通过病鼠与白鼠之间的接触传染，现有只白鼠，每只白鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的白鼠数用随机变量X表示，假设每只白鼠是否被感染之间相互独立
(1)若，求数学期望；
(2)接种疫苗后的白鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为.现将100只接种疫苗后的白鼠分成10组，每组10只，进行实验，随机变量表示第组被感染的白鼠数，将随机变量的实验结果绘制成频数分布图，如图所示.

（i）试写出事件“”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；
（ⅱ）在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的最大似然估计.根据这一原理和团队A，B提出的函数模型，判断哪个团队的函数模型可以求出的最大似然估计，并求出最大似然估计.参考数据：.
18．已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
19．大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．
(1)求；
(2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；
(3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．
1
2
1
2
参考答案：
1．C
【分析】列举法表示出集合，进而根据交集的概念即可求出结果.
【详解】因为，所以，
故选：C
2．A
【分析】
根据题意可得的分布列，，和的值，再根据的公式计算即可.
【详解】
解：的分布列为
，
，，
.
故选：A.
3．B
【分析】根据题意可得周期，进而求出，再求出的单调区间，即可求出.
【详解】因为相邻两个对称轴之间的距离2π，
则，即，则，则，
由，得，
所以在上是增函数，由得.
故选：B.
4．B
【分析】
根据等差数列通项及前n项和公式计算化简即可求解.
【详解】，，
则，
，则，
所以
.
故选：B.
5．C
【分析】观察题目将其转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.
【详解】原式，
故选：C.
6．C
【分析】
作出二面角的平面角以及AB与平面所成角，并表示出，结合三角形面积公式以及正弦定理表示出，结合范围确定范围，即可求得答案.
【详解】
作，垂足为E，连接，

因为，即，平面，
故平面，平面，故，
又，故平面，平面，
则在内的射影在BE上，则为AB与平面所成角，即，
由于，，故为二面角的平面角，即，
，
在中，，
则，
而，则，
则，
故，
故选：C
7．A
【分析】
根据题意，构造函数，可得函数在上单调递增，再根据函数单调性解得，由充分性必要性的定义，即可得到结果.
【详解】因为，则，
令，则，所以在上单调递增.
，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
8．B
【分析】对A，根据条件列式计算可得解；对B，求出直线的方程，令，求得其与轴的交点可判断；对C，求出直线的方程与直线的方程联立解得点的坐标，并求出可判断；对D，四边形的面积利用基本不等式求解判断.
【详解】对于A，因为，解得，所以其方程为，故A正确；
对于B，，所以的方程为，
所以令得直线交轴于点，故B错误；
对于C，直线的方程为，与直线的方程联立解得，
所以，故C正确；
对于D，四边形的面积为，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：B.
9．AD
【分析】
对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.
10．ACD
【分析】AB选项，由有上界判断；C.根据无上界，且为正项递增数列，可得判断；D.用反证法判断.
【详解】A.若有上界，则一定存在最小的上界，故正确；
B.若有上界，则一定存在最小的上界，故错误；
C.若无上界，又为正项递增数列，则时，，，
则，所以，故正确；
D.假设对任意时，恒有，
不妨设，则，
取，当时，，
与假设矛盾，故假设不成立，
所以若无上界，则存在，当时，恒有，故正确；
故选：ACD
11．ACD
【分析】
对于A：求导，利用导数判断原函数的单调性和最值；对于B：利用作差法比较大小；对于C：利用定点分析判断；对于D：利用极值点偏离分析证明.
【详解】对于选项A：由题意可得：函数的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
则，
所以，故B错误；
对于选项C：构建，则，
因为，且当时，恒成立，
则，解得，
若，则当时恒成立，
则在上单调递减，则，符合题意
综上所述：符合题意，故C正确；
对于选项D：因为，
整理得，即，
由选项A可知：函数在上单调递增，在上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于0，且令，解得，
不妨设，
构建，
因为在上恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以，即，
可得，
注意到在上单调递减，且，
所以，即，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
12．/0.25
【分析】根据元素相邻关系进行捆绑并结合排列问题得出结果.
【详解】
服务员随机上这八道菜有种排法，
“沙葱牛肉”，“北京烤鸭”相邻有种排法，
所以所求概率．
故答案为：.
13．24
【分析】
在中，求出，，利用正弦定理求解即可.
【详解】如图，延长与的延长线交于点，
则，
所以，
所以.
在中，，
由正弦定理，得.

故答案为：24.
14．/
【分析】
结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.
【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
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)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用余弦定理求出，再利用线面垂直的判定与性质即可证明；
（2）利用台体体积公式求出，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角余弦值即可.
【详解】（1）
底面为平行四边形，
，.
，，
由余弦定理可得：，，
则，，
侧棱平面，平面，，
又平面，平面，且，
平面，
又平面，.
（2）
四棱台中的体积为，
，
，
，解得：.
如图，以点为原点，，，所在直线为轴，轴，轴，
建立如图的空间直角坐标系，

则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则有，所以
平面的法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
17．(1)50
(2)（i）；（ⅱ）团队B可以求出的最大似然估计，
【分析】
（1）由题意可得，再根据求解即可；
（2）（i）设，依题意得，化简即可；
（ⅱ）记，求导分析单调性可得最大值，分别在团体A，B中提出函数模型即可得答案．
【详解】（1）
由题知，随机变量服从二项分布，，
由，
即，
得，所以；
（2）
（i）“”，
，
所以；
（ii）记，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，取得最大值，即取得最大值，
在团队提出的函数模型，中，
记函数，，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，取得最大值，则不可以估计，
在团体提出的函数模型中，
记函数，单调递增，
令，解得，
则团队B可以求出的最大似然估计，且是的最大似然估计.
【点睛】求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
18．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，
（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.
【详解】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，
所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以
所以，
又
所以，即.
设直线的方程为，
即，
联立整理得，
所以，解得，
，
则
.
又点到直线的距离为，
所以，
记，
因为，所以，
所以.
令，则，
令，可得，
当时，在区间,内单调递增，当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最大值，即，
所以.
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
19．(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）结合题意可得，借助等比数列前项和公式计算即可得；
（2）借助反证法，假设存在，结合等差数列的性质得到与假设矛盾之处即可得；
（3）借助题意，计算出后，可得，，即可得，，再得到，，
即可得，设出，从而证明，分、、、逐个证明即可得.
【详解】（1）
由，知：当时，；
当时，故，，
则，；
（2）
假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，
化简得，∵，∴，
∴，∴，
与“，且，”矛盾，故不存在；
（3）
由题意，，则，，，
所以保留，，则，，，
又，，，，，
将，删去，得到，则，，
，，，
即：，，，
即：，，
记，下面证明：，
由，，，，
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
；
时，，，
，
综上，对任意的，都有，原命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由题意得到的通项公式后，设出，从而证明，此时需分、、、逐个证明.
1
2
4