辽宁省沈阳市第二中学2024届高三第五次模拟考试数学试题

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2.【答案】D 【解答】解：对于①，{0}不是空集，空集中无任何元素，故①错，
对于②，若a∈N，当a=0是，−a∈N，故②错，
对于③，集合{x∈R|x2−2x+1=0}={1}，只有一个元素，故③错，
对于④，集合{x∈Q|6x∈N}是无限集，故④错，故选：D．
3.【答案】D【解答】：因为 x>1 ，所以 x−1>0 ，
所以 x+1x−1= x−1+1x−1+1≥2+1=3 ，当且仅当 x=2 时取等号，
故 x+1x−1 的最小值为3．因为当 x>1 时，不等式 x+1x−1≥a 恒成立，所以 a≤3 ．故选：D．
4.【答案】C 【解答】解：Ck0⋅Cnm+Ck1⋅Cnm−1+Ck2⋅Cnm−2+…+Ckk⋅Cnm−k表示：
从装有n个白球，k个黑球的袋子里，
取出m个球的所有情况取法总数的和，
故答案应为：从装有n+k球中取出m个球的不同取法数Cn+km，
故选：C．
5.【答案】A 【解答】解：∵x3+2x2+3x+4=(x−x1)(x−x2)(x−x3)
=x3−(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x1x3+x2x3)x−x1x2x3，
由对应项系数相等知：x1+x2+x3=−2，x1x2+x1x3+x2x3=3，
∴x12+x22+x32=(x1+x2+x3)2−2(x1x2+x1x3+x2x3)=4−6=−2．
故选A．
6.【答案】C
7.【答案】B 【解答】解：设公切线与函数f(x)=aex及函数g(x)=lnx+1的切点分别为(m,aem)，(n,lnn+1)．
且f'(m)=aem，g'(n)=1n故两切线方程为y−aem=aem(x−m)，y−(lnn+1)=1n(x−n)，
即y=aemx+(−m+1)aem，y=1nx+lnn，f(x)与g(x)存在公切线，
所以aem=1n −m+1aem=lnn有解，消去m后得：lna=(n−1)lnn−1，
令hℎℎ ℎℎℎℎℎℎ(x)=(x−1)lnx−1，ℎℎ'(x)=lnx−1x+1，
x∈(0,1 )时，h'(x)<0；x∈(1,+∞)时，hℎℎℎℎℎℎℎ'ℎ(x)>0，故ℎℎ(x)在区间(0,1 )上递减，在(1,+∞)递增．
所以ℎ(x)min=ℎ(1 )=−1∴lna的最小值为−1．即a的最小值为1e．故选B．
8.【答案】B 【解答】解：由题意设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1，(a>b>0)，
双曲线标准方程为x2s2−y2t2=1，s>0,t>0，则a2−b2=s2+t2=c2，
由ca=2 55，∴4a2=5c2，∵c2=a2−b2，∴b2=15a2，
故椭圆方程为x2+5y2=a2，联立x2+y2=c2，可得：4y2=a2−c2=b2，
∴y=±12b，x2=c2−14b2=154b2，则A( 152b,12b)，
由对称性可知A、C两点关于原点对称，A、B两点关于x轴对称，
则B( 152b,−12b)，C(− 152b,−12b)，∴P( 152b,0)，故kCP=12b 15b=12 15，直线CP：y=12 15(x− 152b)．
将A点代入x2s2−y2t2=1中得，15b24s2−b24t2=1.①又s2+t2=a2−b2=4b2，②结合①②式得到s2=3b2或5b2，
∵a2=5b2，显然s联立CP：y=12 15(x− 152b)与 x23b2−y2b2=1，化为76x2+4 15bx−255b2=0，
设Q(x0,y0)，解得x0=17 1538b，y0=−138b，∴Q(17 1538b,−138b)，
∴k1=kAC=1 15，k2=kAQ=10 15，∴k1k2=23．故选：B．
9. 【答案】 AD
选项：由正弦定理，，
且，则，选项正确；
选项错误；无解；
选项：①为最大边：，且，此时；
②为最大边：，且，此时，选项错误；
选项：，且，所以，选项正确；
故选；．
10.【答案】AC
【解答】解：因为f(x)= 2sin(2x+π4)，
所以f(π+x)= 2sin[2(π+x)+π4)]= 2sin(2π+2x+π4)= 2sin(2x+π4)，故A正确；
f(3π8−x)= 2sin2(3π8−x)+π4= 2sin(π−2x)= 2sin2x≠f(x)，故B错误；
当x∈(0,π4)时，(2x+π4)∈π4,3π4，∴sin(2x+π4)∈( 22,1],∴f(x)∈(1, 2]，故C正确；
f'x=2 2cs2x+π4，当x∈(0,π4)时，(2x+π4)∈π4,3π4，cs(2x+π4)∈(− 22, 22)，
∴f'(x)∈(−2,2)，故D错误．
11.【答案】ABC
【解答】；
对于A，利息和为(120000+110000+100000+⋯+10000)×0.003=2340(元)，故A正确；
对于B，倒数第二个月还款后，剩余本金10000，一个月利息为30元，本息和应为10030元，故B正确；
C正确
对于D，两种贷款方案各有优劣。等额本息还款利息和为2352.84元，比等额本金高，但等额本金方案起初还款金额高，还款压力大，还款金额逐年递减;等额本息每月还款金额相同，低于等额本金方案前半段时间还款额，高于后半段时间还款额;还有通货膨胀等诸多经济因素影响两种方案的收益，故不能简单认为某种贷款方案优于另一种方案，故 D错误
故选ABC．
12. 【答案】lg23
【解答】解：∵lg2(4x−3)=x+1，∴2x+1=4x−3，∴(2x)2−2⋅2x−3=0，
解得2x=3，或2x=−1(舍)，∴x=lg23.
∴方程lg2(4x−3)=x+1的解集为{lg23}．故答案为：lg23．
13. 【答案】 (−12,−12)
解：根据题意，P为直线l：x+y+2=0上的动点，设P的坐标为(t,−2−t)，
过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则PA⊥AC，PB⊥BC，
则点A、B在以PC为直径的圆上，
又由C(0,0)，P(t,−2−t)，则以PC为直径的圆的方程为x(x−t)+y(y+2+t)=0，
变形可得：x2+y2−tx+(t+2)y=0，
则有x2+y2=1x2+y2−tx+(t+2)y=0，联立可得：1−tx+(t+2)y=0，
变形可得：1+2y−t(x−y)=0，即直线AB的方程为1+2y−t(x−y)=0，
则有1+2y=0x−y=0，解可得x=−12y=−12，故直线AB过定点(−12,−12)，
14.【答案】1250
解：由题意知X~B(n,12),所以E(X)=0.5n,D(X)=0.25n,若0.4则0.4n< X<0.6n,即-0.1n< X-0.5n<0.1n,即|X-0.5n|<0.1n,
由切比雪夫不等式P(|X-0.5n|<0.1n)≥1-0.25n(0.1nn)2知,
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间(0.4,0.6)内,
​​则1-0.25n(0.1nn)2≥0.98,解得n≥1250，所以估计信号发射次数n的最小值为1250.
15解：（1）连接AG，CG，因为三角形ABD和三角形BCD都是边长为2的正三角形，所以于是BD⊥平面ACG，AC平面ACG.故AC⊥BD. --------------4分
（2）以G为原点，GC所在直线为X轴，GD所在直线为y轴，GA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，取AD中点E，CD的中点F，连接GE，GF，EF，则平面GEF//平面ABC，所以H在线段EF上运动。
G（0，0，0），B（0，-1，0），C（，0，0）D（0，1，0），A（0，0，）E(0,,) ，F(,,0) --------------7分
设（0）则
设平面ACD的一个法向量则
即所以 --------------10分
设直线GH与平面ACD所成的角为，则sin=|
所以直线GH与平面ACD所成的角的正弦值取值范围为 --------------13分
16解：（1）由，（n≥2）， -------------- 2分
两式相减，得2an＝+即（an+an﹣1）（2an﹣2an﹣1﹣1）＝0， ------- 4分
因为an＞0，所以2an﹣2an﹣1﹣1＝0，即an﹣an﹣1＝（n≥2）， -------------- 6分
故{an}是首项为1，公差为的等差数列， -------------- 8分
得an＝（n+1）； -------------- 9分
（2）由（1）知＝（n+1） -------------- 10分
-------------- 12分
记 -------------- 14分
--------------15分
17.解：(1)设A表示患病，B表示检测结果显示患病，则
=0.0688 --------------6分
--------------8分
（2）设总居民人数为M，每小组检验次数为X，X的可能取值为1，k+1
,则，--------13分
总化验次数为，
根据附表计算，时，化验次数最少。 --------------17分
18解：（1）定义域为R,由题意得 -------------- 1分
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在R上单调递增． -------------- 3分
当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞ln，由f′（x）＜0，得x＜ln，
所以f（x）在（﹣∞，ln）上单调递减，在（ln，+∞）上单调递增． -------------- 5分
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为R，无单调递减区间，
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，ln），单调递增区间为（ln，+∞）；---------- 6分
（2）由（1）知当a≤0时，f′（x）＞0在（﹣∞，2]上恒成立，
所以f（x）在（﹣∞，2]上单调递增．因为，
所以由零点存在性定理知，函数f（x）在（﹣∞，2]上有1个零点 -------------- 8分
当0＜a<2e时，若x∈（﹣∞，ln），则f′（x）＜0，若x∈（ln，2]，则f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，ln）上单调递减，在（ln，2]上单调递增，
可得f（x）min＝f（ln）＝（a﹣2）（1﹣ln）， -------------- 10分
当a＝2时，f（x）min＝0，此时f（x）在（﹣∞，2]上有1个零点 -------------- 11分
当0＜a＜2时f（x）min＜0，
因为当x→﹣∞时,,
所以此时f（x）在（﹣∞，2]上有2个零点 -------------- 14分
当2＜a<2e时，f（x）min＞0，此时f（x）在（﹣∞，2]上无零点． -------------- 16分
综上，当a≤0或a＝2时，f（x）在（﹣∞，2]上有1个零点，
当0＜a＜2时f（x）在（﹣∞，2]上有2个零点，
当2＜a<2e时f（x）在（﹣∞，2]上无零点． -------------- 17分
19解：（1）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，………………………………………………………………3分
该变换所对应的二阶矩阵为=…………………………………………………………4分
（2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为．
则即
得，
所求曲线方程为． ………………………………………………………………7分
（3）
法1:①直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为y=k(x− 63)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)
由y=k(x− 63) y2−x2=2 得3(k2−1)x2−2 6k2x+2k2−6=0
所以x1+x2=2 6k23(k2−1)，x1x2=2k2−63(k2−1)． …………………………………………………………9分
当x1=0时，取A(0,− 2),T(63,0)，kTA= 3，所以直线TA方程为：y= 3x− 2．
直线TA方程与双曲线C方程联立可得x2− 6x=0，解得x=0或x= 6，所以B( 6,2 2),D(0, 2)．
所以kDB= 33，所以β=π6，可得α+β=2π3; …………………………………………………………11分
当x1≠0时，设DA,DB的斜率分别为k1,k2.
k1=y1− 2x1=k− 63k+ 2x1，k2=k− 63k+ 2x2．
所以k1+k2=2k− 63k+ 2x1− 63k+ 2x2=2k−( 63k+ 2)x1+x2x1x2=−2 3kk− 3，
k1k2=k− 63k+ 2x1k− 63k+ 2x2=− 3+kk− 3
所以tan(α+β)=k1+k21−k1k2=− 3．
因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π2，所以α+β=2π3． ……………………15分
②直线AB斜率不存在时，可得A( 63,−2 63),B( 63,2 63)，
可得k1=−2− 3，k2=2− 3，
所以tan(α+β)=k1+k21−k1k2=− 3，同理可得α+β=2π3． …………………………………………17分
综上可得，α+β为定值2π3，得证．
法2：①α=π2时，由法1①得β=π6，可得α+β=2π3； …………………………………………………11分
②α≠π2时，设DA,DB的斜率分别为k1,k2.
设l:mx+ny− 2=1，由T63,0在直线上可得63m− 2n=1.
l与C：[(y− 2)+ 2]2−x2=2可得2 2n+1(y− 2)2+2 2mxy− 2−x2=0，
即2 2n+1y− 2x2+2 2my− 2x−1=0，
所以k1,k2就是方程2 2n+1k2+2 2mk−1=0的两根.
所以k1+k2=−2 2m2 2n+1,k1k2=−12 2n+1，
tanα+β=k1+k21−k1k2=− 2m 2n+1=−3，
因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π2，所以α+β=2π3.
综上可得，α+β为定值2π3，得证. ………………………………………………………………17分