黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷(解析版)

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】，,故当时，易求；
当时，由得，或2.综上得：，故选:C．
2. 复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】B
【解析】由题意知三点坐标为，
设复平面内点，则，
又四边形是复平面内的平行四边形，则，则，解得，则．故选:B．
3. 设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，解得，所以的准线为，
所以，故选:D．
4. 若为偶函数，则（ ）
A. 1B. 0C. D. 2
【答案】A
【解析】由，
得，
因为为偶函数，所以，
即，
所以，解得.故选：.
5. 某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5．若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（ ）
A. 0.85B. 0.7C. 0.5D. 0.4
【答案】A
【解析】依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，
因此面试失败的概率为，
所以该同学通过面试的概率为.故选：A.
6. 设为等差数列的前项和，，则（ ）
A. 8B. 10C. 16D. 20
【答案】D
【解析】依题意，，所以，
故，所以数列的公差为，
所以.
故选：D．
7. 已知某圆锥的底面半径长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥内部最大球的半径为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】设母线长为，依题意，解得，
所以圆锥的高为，
作出圆锥轴截面图象，
设圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径为，
由于，则，
可得，解得.

故选：C．
8. 设为函数在区间的两个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，又因为，所以
则，
因为，所以，
所以.故选：B．
二、选择题
9. 已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，因为，，故故A选项正确；
对于B，取，此时满足，但，B选项错误；
对于C，可得：，
则，因为，即
所以，因为函数在不单调，所以C选项错误；
对于D，由可知，，因为，
所以，故D选项正确，故选：AD．
10. 已知正方体的棱长为3,P在棱上，为的中点，则（ ）
A. 当时，到平面的距离为
B. 当时，平面
C. 三棱锥的体积不为定值
D. 与平面所成角的正弦值的取值范围是
【答案】ABD
【解析】当时与重合，则为正三棱锥，，
设在平面内的投影为，则为的中心，
则，
所以，即当时，点到平面的距离为，故A正确；
由正方体的性质可得平面，平面，所以，
设为中点，连接、，则平面，平面，
所以，
当时为的中点，则，所以，
又，所以，所以，
，平面，
所以平面，平面，所以，
，平面，所以平面，故B正确；
当运动时，到平面的距离保持不变为，又，
所以，
所以三棱锥的体积为定值，故C错误；
由C可知，三棱锥的体积为定值，设点到平面的距离为，
与平面所成角为，
所以，
显然当时，的面积最大为，
则，
此时与平面所成角正弦值，
当时，的面积最小为，
则，
此时与平面所成角正弦值，
所以与平面所成角正弦值的取值范围是，故D正确.故选：ABD．
11. 在平面直角坐标系xOy中,长、短轴所在直线不与坐标轴重合的椭圆称为“斜椭圆”，将焦点在坐标轴上的椭圆绕着对称中心顺时针旋转,即得“斜椭圆”，设在上，则（ ）
A. “斜椭圆”的焦点所在直线的方程为B. 的离心率为
C. 旋转前的椭圆标准方程为D.
【答案】BCD
【解析】由题意可知，斜椭圆关于和对称，联立直线与，可得，联立直线与，
可得，所以两焦点所在直线方程为，
A选项错误；
由可知，与相交的两点之间距离等于短轴为，与相交的两点之间距离等于长轴为，故焦距为，故的离心率为，选项正确；
旋转不改变椭圆的长短轴大小，所以旋转前的椭圆焦点在轴上，曲线方程为选项正确；
因为，关于的方程有解，所以，解得，所以选项正确，故选：BCD．
三、填空题12. 的展开式中，的系数为______．（用数字作答）
【答案】160
【解析】二项式展开式的通项为（且），
所以展开式中的项为，
所以的系数为．
故答案为：
13. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数．函数有______个不动点．
【答案】1
【解析】令，即，
由题意可知即求函数的零点个数，
当时，，此时不存在零点；
当时，，此时不存在零点；
当时，，
令，，因为，解得：，
令，，因为，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，，
故在上有且仅有一个零点，
综上所述，仅有一个不动点．
故答案为：1.
14. 已知圆，点，点为圆上的一个动点（异于点），若点在以AB为直径的圆上，则到轴距离的最大值为______.
【答案】
【解析】设，则，
则AB中点，
当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，
此时，设到轴距离为，则，
设，则，则，
所以当，即时，取得最大值，
即到轴距离的最大值为.
故答案为：.
四、解答题
15.已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为．
（1）求；
（2）若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
解：（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
16. 如图，在三棱柱中，平面平面，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
（1）证明：取AC的中点，则，且，
因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC，
所以平面
因为平面，所以，
因为，
又因为平面平面，
又平面；
（2）解：如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可得，
因为，
设平面的法向量为，
则由得
令，则，
设平面的法向量为，
则由得
令，则，
记二面角的平面角为，
因为，
显然，所以，
所以二面角的正弦值为.
17. 已知函数为的极值点．
（1）求的最小值；
（2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围．
解：（1），
依题意，，所以，
所以，
设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，取得最小值，所以的最小值为1；
（2）由（1）可知，，
令，则，设，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，且，
所以．
18. 已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9．
（1）求的方程；
（2）当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值．
（1）解：依题意，，解得，
设的焦距为2c，则，
将代入方程，可得，
所以的面积为，
解得，所以的方程为；
（2）证明：由方程得,
设直线，
与的方程联立可得，
所以，
设直线，令，解得，
所以，同理可得，，
所以
，故
所以，又，所以．
19. 甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击．
（1）设甲同学在方案一中射击轮次总得分为随机变是，求；
（2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙．
解：（1）设，故，
所以，故；
（2）由（1）知，
设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为，，，，，
所以，，，
，，，
，
所以，
设，
则，
故，
即，代入，
故，
设，
易知，当时，，且，
则满足题意的最小为12.