辽宁省鞍山市第六中学2024届高三下学期第二次质量检测数学试题卷（含解析）

这是一份辽宁省鞍山市第六中学2024届高三下学期第二次质量检测数学试题卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ）
A．B．C．1D．4
2．已知直线，点在圆上运动，那么点到直线的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.8和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．数列的通项公式为，则（ ）
A．B．C．5D．8
二、多选题
7．针对时下的“抖音热”，校团委对“学生性别和喜欢抖音是否有关”作了调查，其中被调查的男女生人数相同，男生喜欢抖音的人数占男生人数的，女生喜欢抖音的人数占女生人数，若有90%的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则调查人数中男生可能有（ ）人
附表：
附：
A．20B．30C．35D．40
三、单选题
8．已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．1D．2
四、多选题
9．已知函数在上是单调函数，则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，的取值范围是
B．当时，的取值范围是
C．当时，的取值范围是
D．当时，的取值范围是
10．如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是棱的中点，点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）

A．过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形
B．三棱锥的体积为定值
C．当时，平面MEF
D．当时，三棱锥外接球的表面积为
11．在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点是坐标原点，点在直线上，点在圆上，点在抛物线上．下列结论中正确的结论为（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
五、填空题
12．已知圆锥的底面半径为2，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为 ．
13．函数的极大值点为 .
14．已知双曲线的右焦点为，左、右顶点分别为，，轴于点，且．当最大时，点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为 ．
六、解答题
15．鞍山市普通高中某次高三质量监测考试后，将化学成绩按赋分规则转换为等级分数（赋分后学生的分数全部介于30至100之间）．某校为做好本次考试的评价工作，从本校学生中随机抽取了50名学生的化学等级分数，经统计，将分数按照，，，，，，分成7组，制成了如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生分数的中位数；
(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从分数在，，的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中分数在的人数，求的分布列和数学期望．
16．如图1，在平面五边形中，，且，，，，将沿折起，使点到的位置，且，得到如图2所示的四棱锥．

(1)求证；平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．已知函数，．
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求实数的值；
(2)讨论函数的单调性．
18．焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．
(1)求的值；
(2)若的面积为1，求和的值；
(3)在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．
19．设数列的前项和为，已知，且．
(1)证明：为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，设，数列的前项和为，求除以16的余数．
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】根据复数除法运算可化简，由纯虚数定义可构造方程求得结果.
【详解】由题意得为纯虚数，
所以，解得，故D正确.
故选：D.
2．C
【分析】确定圆心和半径，求出圆心到直线的距离，加上圆的半径，即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径为.
则圆心到直线：的距离为：.
所以圆上的点到直线：距离的最大值为：.
故选：C
3．C
【分析】根据投影向量可得，再结合向量夹角公式运算求解.
【详解】由向量在向量上投影向量为，
所以得，
又因为，所以，故C正确.
故选：C.
4．B
【分析】
根据点线面的位置关系结合充分条件和必要条件判断即可.
【详解】若，，，则与的位置关系不能确定；
若，因为，所以，又，所以成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．B
【分析】
先设事件，再求出甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的概率，然后利用条件概率公式求解.
【详解】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件、、，
则，且，，相互独立，
设甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级为事件，
则，
设乙没有达优秀等级为事件，则，
所以.
故选：B.
6．C
【分析】
根据数列的通项公式可求数列的任意一项.
【详解】因为
所以.
故选：C
7．BCD
【分析】设男生可能有人，依题意填写列联表，由求出的取值范围，从而得出正确的选项．
【详解】设男生可能有人，由被调查的男女生人数相同知女生也有人，填写列联表如下：
若有的把握认为是否喜欢抖音和性别有关，则，即，解得，
由题意知，且是5的整数倍，所以30，35，40都满足题意．
故选：BCD．
8．D
【分析】
先利用展开变形，可得，再利用展开变形，将用表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可.
【详解】,
则，
所以，
整理得，
因为，均为锐角，且，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
所以取得最大值时，的值为.
故选：D.
9．AD
【分析】根据题意，结合正弦函数图像的周期性与单调性，即可求解.
【详解】根据题意，易知，即，因此.
当时，，因为，所以，
又因为函数在上是单调函数，所以，
解得，故A正确，C错误；
当时，，因为，所以，
又因为函数在上是单调函数，所以，
解得，故B错误，D正确.
故选：AD.
10．ABD
【分析】当时，点与点重合时，过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，A正确；根据平面，得到点M到平面的距离为定值，可判定B正确；当时，因为，而平面MEF，C错误；由题意点与点重合，为等腰直角三角形，的外接圆半径为，由于平面，由勾股关系可求外接球半径，从而求解，D正确.
【详解】当时，点与点重合时，
过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，
如图：

故A正确；
对于B，因为 可得点是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面，
故平面，所以点到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，B正确；
当时，点为中点，
因为，而平面MEF，
所以与平面MEF不平行，C错误；
当时，点与点重合，为等腰直角三角形，
则的外接圆半径为，
又因为平面，
所以三棱锥外接球的半径，
则，所以外接球表面积为，D正确.

故选：ABD
【点睛】思路点睛：由条件点M满足，其中，先可判断点是线段上的一个动点，再根据的不同取值确定点M的位置，从而进行研究问题.
11．BCD
【分析】
对A，根据折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；
对B，根据折线距离的定义，写出，利用基本（均值）不等式可判断对错；
对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；
对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.
【详解】对A：设，则（当且仅当时取“”）.故A错；
对B：设，则.则，故B对；
对C：设，，则
（当且仅当，时取“”）.故C对；
对D：设，，则
（当且仅当时取“”）.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.
12．
【分析】
利用圆锥的结构特点，结合圆锥的表面积公式求解.
【详解】已知圆锥的底面半径，圆锥母线与底面所成的角为，
所以圆锥的母线长为，
所以该圆锥的表面积为.
故答案为：
13．2
【解析】先求得导函数,并令求得极值点.再由极值点两侧函数的单调性,即可判断出极大值,进而得极大值点.
【详解】函数
则
令解得
当时,,函数单调递减
当时,,函数单调递增
当时,,函数单调递减
由以上可知,在处取得极大值
故答案为:2
【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值点,注意判断极值点左右两侧函数的单调性,属于基础题.
14．
【分析】
根据条件，列出关于，，的齐次式，从而求双曲线的离心率.
【详解】如图：

因为轴，且在双曲线上，所以，
又，所以为中点.
因为最大，所以经过，两点的圆与相切于，此时点坐标为，
圆心，
由
.
故答案为：
15．(1)；68.
(2)分布列见详解；
【分析】
（1）根据频率分布直方图中频率和为1可求的值.
（2）先按抽样比算出各层样本数，因为服从超几何分布，写出分布列，算出期望即可.
【详解】（1）由.
又∵，.
所以，估计这50名学生分数的中位数为：.
（2）因为， ，三组的频率之比为
所以从，，三组中抽取的人数分别为7，3，1.
由题意可取0，1，2，3
且；；；.
所以的分布列为：
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，分别求得和，证得平面，得到，再利用勾股定理，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
又因为，所以为正三角形，
设的中点为，连接，可得，
又由，可得，且平面，，
所以平面，因为平面，所以，
在中，可得，
在中，可得，
又因为，可得，所以，
因为平面，且，所以平面.
（2）解：因为，所以，
又由平面，且平面，所以，
以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面所成的角为，由图象可得为锐角，
则
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

17．(1)1
(2)答案见解析
【分析】1）求导函数，根据导数的几何意义及切线与y轴垂直建立方程求解即可；
（2）求导函数，按照和分类讨论，求出函数的单调性.
【详解】（1）依题意，，
则，
因为在处的切线与轴垂直，所以，解得；
（2）由（1）知，
当时，由得，由得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间，
当时，分以下三种情况：
若，则在定义域内恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间；
若，令得或，令得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
若，令得或，令得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
综上所述，当时，在区间单调递增，在区间单调递减；
当时，在区间单调递增，无递减区间；
当时，在区间单调递增，在区间单调递减；
当时，在区间单调递增，在区间单调递减.
18．(1)
(2)，；
(3)
【分析】（1）先确定点和点坐标关系，然后计算，，通过可得答案；
（2）当直线的斜率不存在时，直接求解，当直线的斜率存在时，设其方程为，于椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式计算，整理后代入和计算即可；
（3）计算的值，然后利用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，
所以，设直线和直线的斜率分别为，，
因为点为椭圆的左顶点，所以，
所以，，
所以，
所以，
所以，所以，即；
（2）设过两点的直线为，
当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，
因为在椭圆上，所以，又，
所以，即，结合可得，
此时， ，所以；
当直线的斜率存在时，设其方程为，，
联立，消去得，
其中①，
所以，
所以
因为到直线的距离，
所以，
所以，整理的，符合①式，
此时，
；
（3）因为
，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
此时为直角三角形且为直角，
故
，
解得，从而，此时等号可成立.
所以的最大值为.

19．(1)
(2)
(3)8
【分析】
（1）根据求出，构造出，得到为首项为，公比为的等比数列，并求出通项公式，得到；
（2）变形得到，构造，作差得到，得到数列单调性，得到；
（3），结合及二项式定理得到当为奇数时，，当为偶数时，，分组求和得到，利用二项式定理得到除以16的余数为除以16的余数，求出答案.
【详解】（1）当时，，又，所以，
当时，①，
故②，
式子①-②得，，即，
又，故当时，，
故，即，
因为为首项为，公比为的等比数列，
故，故，
（2）由（1）知，，故，
对于任意的，不等式恒成立，
即恒成立，
设，于是，
当时，，即，
当时，，即，
故，所以，
综上，的取值范围是；
（3）由（1）知，，
因为
，
当为奇数时，，故，
当为偶数时，，故，
所以
，
，
考虑当时，能被16整除，另外也能被16整除，
故除以16的余数为除以16的余数，
，
故除以16的余数为8.
【点睛】方法点睛：数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
喜欢抖音
不喜欢抖音
总计
男生
女生
总计
0
1
2
3