辽宁省沈阳市第二中学2024届高三下学期三模数学试题（学生版+教师版）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程直接得出结果.
【详解】抛物线的焦点坐标为.
故选：D
2. 在菱形中，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由、菱形的对角线平分对角计算即可.
【详解】如图所示，
在菱形中，，
所以向量与的夹角等于向量与的夹角，
所以向量与的夹角为.
故选：C.
3. 已知为等比数列，，且，则的公比的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据和等比数列的通项公式可得，解之即可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以，解得.
故选：D
4. 若集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合中含有元素可以排除AD两个选项，由中含无理数元素排除C选项，由时，得，判断出选项B正确.
【详解】依题意可得，所以A、D均错误；
因为，所以中含无理数元素，故C错误；
集合中，当时，，所以所以，所以B正确；
故选：B.
5. 已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A. 286B. 293C. 252D. 246
【答案】B
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求出的概率，即可得解.
【详解】由题意得，
，
，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.
故选：B.
6. 在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的中点为，连接，分别证得和，证得平面，得到，得出为二面角的平面角，在中，即可求解.
【详解】设的中点分别为，连接，则，
因为，所以，
又因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，而平面，则，
因为是直角三角形，，所以，
所以，且，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，则，所以为二面角的平面角，
且.
故选：A.
7. 某地博物馆所展示的甲骨文十二生肖图如图所示，其中，马､牛､羊､鸡､狗､猪为六畜，若从图中每行任意选取1个生肖，则所选的3个生肖中至少有1个属于六畜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分第三行选择猴、第三行不选择猴两类计算可得答案.
【详解】若第三行选择猴，则前两行至少要选1个六畜中生肖，
则有种选法；
若第三行不选择猴，则有种选法，
故所求概率为.
故选：C.
8. 设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以的图象关于点中心对称，则.
因为为偶函数，所以，
所以的图象关于直线轴对称.
由，得，
所以，则，
则的周期为4，
，则.
故选：D
【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
（3）的一个周期为，
（4）的一个周期为.
可以类比三角函数的性质记忆以上结论.
二、选择题：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. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C.
D. 的单调递增区间为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数的解析式，求出函数的定义域值域即可判断A、B，求出利用对数运算法则即可求解C，根据复合函数的单调性即可判断D.
【详解】对AB，由，得，则的定义域为，值域为，A，B均正确；
对C，，C正确；
对D，因为，所以，外层函数为增函数，
，令，所以函数定义域为，
内层函数，在上单调递增，上单调递减，
所以的单调递增区间为不是D错误.
故选：ABC
10. 将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且，则（ ）
A. B. 在上先增后减
C. D. 的前项和为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据正弦型函数的对称中心由得，进而可得，即可求解AB，根据等差数列的性质以及求和公式即可求解CD.
【详解】由，得，则，因为，且，
所以当时，（当时，，不符合题意），得故，A错误，
若，则，故在上先增后减，B正确.
由于故周期为2，所以是首项为，公差为1的等差数列，
则，的前项和，C错误，D正确.
故选：BD
11. 已知曲线，曲线，下列结论正确的是（ ）
A. 与有4条公切线
B. 若分别是上的动点，则的最小值是3
C. 直线与的交点的横坐标之积为
D. 若是上的动点，则的最小值为8
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用椭圆与圆的定义画出曲线、曲线两个图象，结合图象可判断A项、B项，分别联立直线与曲线方程、曲线方程求解可判断C项，运用基本不等式求解可判断D项.
【详解】因为表示点到点与点的距离之和为4，
所以根据椭圆的定义可得的方程可化为.
由，得，
所以表示圆的左半部分.
对于A项，如图所示，
则的公切线只有2条，故A项错误；
对于B项，如图所示，
当、分别位于如图位置时，取得最小值是，故B项正确；
对于C项，如图所示，
由得（），解得，
所以直线与的交点的横坐标为4，
由得，，
所以直线与有两个交点、，不妨设，，
则，
所以直线与的交点的横坐标之积为，故C项正确；
对于D项，由，得，则（），
所以，当且仅当，即时，等号成立，故D项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用椭圆的定义与圆的标准方程得到曲线的轨迹，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在复数范围内，方程的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先移项，再进行因式分解，在复数范围内求解，把看作，即可求得方程的解.
【详解】由，得，得或，则或.
故答案为：.
13. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据中位数和方差的关系求值.
【详解】因为数据的中位数为16，方差为64，
所以数据中位数为4，方差为，
所以数据的中位数为，方差为4.
故答案为：3；4.
14. 在空间直角坐标系中，已知，则几何体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直，根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】因为，
所以，，，，
，，，
所以，，即，，
又，，，
，，即，，
，平面，所以平面，
所以这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直，
又，
所以几何体的体积：
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是由空间向量法得到几何关系，再由棱台的体积公式计算.
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. 已知是内一点，.
（1）若，求；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）在等腰中可得，进而得，在中运用正弦定理可求得的值.
（2）求出的值，设，则，在、中，由正弦定理可得、，结合求解即可.
【小问1详解】
如图所示，

在中，，所以.
所以.
在中，由正弦定理得，即，解得.
【小问2详解】
如图所示，

当时，.
设，则.
在中，由正弦定理得.
在中，由正弦定理得.
因为，所以，即，
整理得，即，解得，即.
16. 设函数的导函数为的导函数为的导函数为.若，且，则为曲线的拐点.
（1）判断曲线是否有拐点，并说明理由；
（2）已知函数，若为曲线的一个拐点，求的单调区间与极值.
【答案】（1）没有拐点，理由见解析
（2）单调递增区间为；单调递减区间为，极大值为2，极小值为.
【解析】
【分析】（1）根据题意，求得，结合新定义，即可得到答案；
（2）求得，得到，列出方程求得，得到，求得的单调性，进而求得函数的极值.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
由，得，又由，得，所以曲线没有拐点.
【小问2详解】
解：由函数，
可得，
因为为曲线的一个拐点，所以，
所以，解得，经检验，当时，，
所以.
当或时，，则的单调递增区间为；
当时，，且不恒成立，则的单调递减区间为，
故当时，取得极大值，且极大值为；
当时，取得极小值，且极小值为.
17. 如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点.
（1）在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）；
（2）若底面，平面与交于点，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用延长平面内的直线与直线相交，去找到与另一个平面的交点，再由截面内两确定一条直线得到截面的交线，以此作出截面图形；
（2）利用建立空间直角坐标系来求解空间角，对于可用线性运算来求出向量坐标即可.
【小问1详解】
所作截面如图1所示.
作法：延长交于点，连接交于，连接，
延长交于点，连接交于，连接，
则截面是五边形.
【小问2详解】
如图2，过点作，垂足为，
在等腰梯形中，因为，，
所以，
由点是的中点，且，，所以点是的中点，
又为中点，所以为的重心，则，
以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
由
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
18. 已知函数随机变量，随机变量，的期望为.
（1）当时，求；
（2）当时，求的表达式.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据二项分布的概率公式求解概率，根据分段函数的性质代入求解，即可由期望公式求解，
（2）根据期望公式可得面，结合二项分布的期望公式，即可化简求解.
【小问1详解】
当时，的可能取值为.
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
故.
【小问2详解】
当时，的可能取值为.
当时，；
当时，；当时，.
因为，
所以.
又因为，
所以，
所以.
19. 已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为.
（1）求的方程.
（2）证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
（3）求直线斜率的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）借助虚轴定义计算即可得；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线中参数关系，即可得其定点；
（3）借助（2）中所得与横坐标有关一元二次方程，计算其即可得.
【小问1详解】
因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得，
故的方程为；
【小问2详解】
设，直线的斜率为，直线的斜率为，
当直线的斜率不存在时，设，易得，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
法一：所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，与条件矛盾，舍去，
当时，直线的方程为，直线过定点，故直线过定点；
法二：设直线，
将的方程变形为，即，
将直线的方程变形为，代入的方程，
得，
整理得，
则，即，
所以直线，
故直线过定点；
【小问3详解】
由（2）知，整理得，
则且，
由可得，
由可得，即，
故.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.