黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5．本卷主要考查内容：高考范围.
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. 已知集合，若，则所有整数的取值构成的集合为（ ）
A. {1，2}B. {1}C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对进行分类讨论，根据来求得正确答案.
【详解】当时，，满足.
当时，，由于且，
所以或.
综上所述，整数的取值构成的集合为.
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】
【分析】根据复数的几何意义，利用向量相等即可求解.
【详解】由题意知三点的坐标为，
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】
【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，.
【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以，
故选:D．
4. 若f(x)=1−aex1+exsinx为偶函数，则（ ）
A. 1B. 0C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由已知为偶函数，可得，列方程求解即可.
【详解】由f(x)=1−aex1+exsinx，
得f(−x)=1−ae−x1+e−xsin(−x)，
因为为偶函数，所以，
即1−ae−x1+e−xsin(−x)=1−aex1+exsinx，
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】
【分析】根据给定条件，对立事件概率公式列式计算即得.
【详解】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，
因此面试失败概率为，
所以该同学通过面试概率为.
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】
【分析】借助等差数列及其前项和基本性质可得数列的公差，再利用等差数列求和公式计算即可得.
【详解】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】
【分析】根据圆锥表面积公式求出母线长，再由圆锥轴截面图象中相似三角形,可得圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径.
【详解】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. 设为函数在区间两个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质和诱导公式，可得再由二倍角公式和同角基本关系式求解.
【详解】因为，又因为，所以
则，
因为，所以，
所以.
故选：B．
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，则使得“”成立的一个充分条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由不等式的性质可判断AD；取特值可判断B；可化为结合的单调性可判断C.
【详解】对于A，因，，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】
【分析】当时与重合，则为正三棱锥，求出点到平面的距离，即可判断A，设为的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可判断B，由判断C，设点到平面的距离为，与平面所成角为，则，求出的面积最值，从而求出相应的，再由判断D.
【详解】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，
设为的中点，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】
【分析】根据椭圆的对称性可联立以及与椭圆方程，进而可判断焦点所在的直线，即可判断A，根据直线与椭圆的交点间距离可求解长轴以及短轴长，即可求解BC，根据方程有解，利用判别式即可求解.
【详解】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：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中，的系数为______．（用数字作答）
【答案】160
【解析】
【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】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】
【分析】由题意可知即求函数的零点个数，当时，,当时，，当时，对求导可得的单调性和值域，即可求出的零点个数.
【详解】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】
【分析】设，则AB中点，当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，由此即可得解.
【详解】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：.
【点睛】关键点点睛：根据题意得出当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，是解决本题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【小问1详解】
依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
【小问2详解】
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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直线与平面垂直证明两直线垂直；（2）利用空间向量法求解二面角的正弦值；
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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．
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可
（2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可
【小问1详解】
，
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；
【小问2详解】
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．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积以及实轴长即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得坐标，利用斜率公式即可求解.
【小问1详解】
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；
小问2详解】
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．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围以及定值问题的求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（33）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
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量是，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．
【答案】（1）20 （2）12
【解析】
【分析】（1）由已知设，则服从二项分布，根据二项分布期望的公式和期望的性质求解即可；
（2）设乙同学的总得分为随机变量，写出的所有可能取值，并计算相应的概率，并求解，利用设，求解的最小值即可.
【小问1详解】
设，故，
所以，
故；
【小问2详解】
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.