[数学][二模]辽宁省教研联盟2024届高三调研测试(二模)试卷(解析版)

这是一份[数学][二模]辽宁省教研联盟2024届高三调研测试(二模)试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设，
因为，，
所以，故，故,
所以,所以.
故选：C.
2. 设，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】由复数，可得.
故选：A.
3. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（ ）
A. 366B. 422C. 450D. 600
【答案】C
【解析】由题意，大衍数列的偶数项为，
可得该数列的偶数项的通项公式为，
所以此数列的第30项为.
故选：C.
4. 有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】记甲、乙在同一组为事件，
将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为，
其中甲、乙在同一组包含的基本事件个数为，
所以甲、乙在同一组的概率．
故选：A．
5. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
6. 已知函数的零点分别为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】令，可得，所以，即；
令，可得，即，所以，
即；
令，可得，由此可得，所以，
即，
作图象，如图，

由图象可知，，所以.
故选：D
7. 已知的外接圆半径为2，且内角满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，，
得，
即，则，
由，解得，
由正弦定理知.
故选：D
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. D.
【答案】D
【解析】由，，即，易知，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最小值为.
故选：D
二、选择题
9. 关于函数，下列说法正确的有（ ）
A. 的定义域为B. 的函数图象关于y轴对称
C. 的函数图象关于原点对称D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】因为，则，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，即为奇函数，
所以的图像关于原点对称，故B错误，C正确；
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确；故选：ACD.
10. 设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】如下图所示，设切点为，，，
对于A，由椭圆的方程知：，
由椭圆的定义可得：，
易知，所以，
所以，故A正确；
对于BCD，，
又因为，解得：，
又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；从而，所以，
所以，而，所以，故C错误；
从而，故D正确.故选:ABD．

11. 在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（ ）
A. 平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形
B. 平面平面
C. 存在，使得平面平面
D. 当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为
【答案】ABC
【解析】如图，连接，，，则，
由正方体的性质可得点E是侧面的中心，点M是正方体的中心，
所以连接EM并延长交侧面于点P，则点P是侧面的中心，且．
设平面EPN交于点F，交AD于点G，交BC于点H，连接NF，GH，
因为平面平面，所以，．
因为，平面ABCD，所以平面ABCD，
又平面ABCD，所以，所以，易知，
所以，所以平面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH是矩形，A正确；
因为点M是正方体的中心，所以，M，B三点共线，所以平面即为平面，
因为，，，AB，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面，B正确；
当时，点N与点重合，平面EMN即为平面，
由B选项可知平面平面，即平面平面EMN，C正确；
当时，，则，
又，，
所以截面多边形NFGH的面积为，D错误．
故选:ABC．
三、填空题
12. 设为抛物线的焦点，为抛物线上一点，若，则点的横坐标为__________．
【答案】4
【解析】设，由，得，所以，解得．
故答案为：4.
13. 设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______.
【答案】
【解析】由数列的前项和，
当时，可得，
两式相减，可得，
即，即，
当时，，可得，所以，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，
则，
所以数的前121项和为.
故答案为：.
14. 某运动员在亚运会田径比赛中准备参加100米、200米两项比赛，根据以往成绩分析，该运动员100米比赛未能获得奖牌概率为，200米比赛未能获得奖牌的概率为，两项比赛都未能获得奖牌的概率为，若该运动员在100米比赛中获得了奖牌，则他在200米比赛中也获得奖牌的概率为_______________.
【答案】
【解析】设在200米比赛中获奖为事件，在100米比赛中获奖为事件，
则,
所以，
则,
所以该运动员在100米比赛中获奖，在200米比赛中也获奖的概率是.
故答案为：.
四、解答题
15. 设等差数列的前n项和为，公差为d，且.若等差数列，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前n项和为，且，求n的最大值.
解：（1）因为，则，，，
由为等差数列，所以，即，化简可得，
因为，所以且，所以，
则，所以，
则.
（2）因为，则，由（1）可知，
则，
由可得，解得，且，
所以n的最大值为.
16. 某大型体育赛事首日火炬传递共有106名火炬手参与.
（1）组委会从火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：
根据小概率值的独立性检验，试判断火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；
（2）在所有火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛，某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？
（1）解：零假设为：全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联，
根据的列联表中的数据，可得，
所以根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
所以可以认定为成立，即认为全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联.
（2）解：设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，
则 ，
所以这位火炬手时男性的概率约为.
17. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，，G为线段PD中点，，O为AD中点.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）M为线段PA上一点，且，求平面BCM与平面POC所成角的余弦值.
（1）证明：取中点，连接，则，，
又，所以，设，
又，，所以，
因为，所以，
所以，
又在中，，
而在中，，
所以为直角三角形，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，，
平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，所以，又，
所以平面，，
建立如图所示的空间直角坐标系，因为为等边三角形，，
所以，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，取，则，
所以，且易知平面的一个法向量为，
则，则，
所以平面BCM与平面POC所成角的余弦值为0.
18. 彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的椭圆形、双曲线或抛物线.它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸"现象，终生只能接近太阳一次，永不复返.通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点离心率为的运行轨道，且慧星距离太阳的最近距离为.
（1）求彗星“逃逸”轨道的标准方程；
（2）设双曲线的两个顶点分别为，，过，作双曲线的切线，，若点P为双曲线上的动点，过P作双曲线的切线，交实轴于点Q，记直线与交于点M，直线交于点N.求证：M，N，Q三点共线.
（1）解：由题意知，彗星“逃逸”轨道的标准方程为双曲线，
不妨设双曲线的焦点在上，设其方程为，
因为双曲线的离心率为，可得，即，
又因为慧星距离太阳的最近距离为，可得，
解得，可得，
所以彗星“逃逸”轨道标准方程.
（2）解：不妨设点在第一象限，由双曲线，可得，则，所以，即切线的斜率为，
则切线方程为且，可得，
令，可得，即点的坐标为，
又由过，可得切线，，
因为，所以的方程为，的方程为，联立方程组，解得，即，再联立方程组，
解得，即，
则，且，
所以，所以三点共线.
.
19. 已知函数，（，）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
（1）解：函数的定义域为，
则，
若，则恒成立，所以在上单调递增；
若，由，解得；由，解得．
在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：当时，，
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
，
所以，所以，即，
要证，
即，即证，
又，
即证，，
设，则．
设，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，即．
，即．性别
年龄
总计
满50周岁
未满50周岁
男
15
45
60
女
5
35
40
总计
20
80
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828