2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第五次质量监测数学试题含答案

这是一份2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第五次质量监测数学试题含答案，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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】计算出集合、后，结合集合的运算即可得.
【详解】，即，则，解得，
所以，，
所以，从而.
故选：D.
2．已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】首先根据复数的除法运算，可得，再根据是纯虚数，所以，由此即可求出结果.
【详解】
又是纯虚数，所以，所以.
故选：D.
3．已知，，若与模相等，则=（ ）.
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】利用坐标求出的模长，进而根据已知条件可以得到一个关于的方程，问题即可得到解决.
【详解】因为，所以，
故，而又已知，且，
所以，解得.
故选：C
4．如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成，集古典美和现代美于一体，富有东方神韵和时代气息.其中扇面的圆心角为，从里到外半径以1递增，若这些扇形的弧长之和为（扇形视为连续弧长，中间没有断开），则最小扇形的半径为（ ）

A．6B．8C．9D．12
【答案】C
【分析】设出最小的半径，表示出所有半径，利用弧长公式，结合等差数列求和，可得答案.
【详解】设最小的扇形的半径为，扇形的半径由小到大依次为，
由，则扇形的弧长由小到大依次为，
所以，化简可得，解得.
故选：C.
5．化简（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】利用同角三角函数的商数关系化切为弦，然后利用平方关系和正弦的二倍角公式化简转化为特殊角的三角函数即可得解.
【详解】原式
．
故选：B．
【点睛】本题考查同角三角函数的关系，特殊角三角函数值，二倍角的正弦公式，利用商数关系切化弦是解决问题的关键.
6．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求得圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求得球的半径，从而求得球的表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
依题意，解得，所以.
设球的半径为，则，
.
所以球的表面积为.
故选：A
7．已知点M，N是抛物线：和动圆C：的两个公共点，点F是的焦点，当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，则当变化时，的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】直线的方程为，联立直线与抛物线的方程得到，结合是MN的中点，可得，由抛物线的定义可将转化为，当三点在一条直线时，可求得的最小值.
【详解】圆C：的圆心，
当MN是圆C的直径时，直线MN的斜率为2，
设直线的方程为，化简为：，
，消去可得：，
设，，所以，
因为是MN的中点，所以，解得：，
故，，由抛物线的定义可知，过点作交于点，
过点作交于点，
所以，所以，
当三点在一条直线时取等.
故选：B.

8．定义在上的可导函数，满足，且，若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合条件求导可得在上为减函数，由其单调性即可判断的大小关系.
【详解】由已知可得：，令，
则，且
，
再令，则，
当时，为增函数；
当时，为减函数；
，
在上恒成立；在上为减函数；
又因为
故令，当时，为增函数；
故选：C
二、多选题
9．已知，直线，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】利用，找到，结合基本不等式及不等式的性质逐一判断即可.
【详解】，且，
所以，当且仅当时等号成立，故A正确；
，当且仅当时等号成立，
，故B正确；
，故C错误；
，当且仅当，即时等号成立，故D正确．
故选：ABD.
10．数据的平均数为，方差为，数据的平均数为，方差为，其中满足关系式：，则（ ）
A．
B．数据的平均数为
C．若数据，则
D．若，数据不全相等，则样本点的成对样本数据的样本相关系数为
【答案】AD
【分析】利用平均数的定义相关公式以及方差的定义相关公式即可判断选项ABC，结合样本相关系数的概念即可判断选项D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，
其平均数为，故B错误；
对于C，，
因为，故，
而当时，，满足条件，
但此时可以不都相等，故C错误；
对于D，由样本相关系数的概念可知，D正确.
故选：AD
11．函数的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则（ ）

A．函数在上单调递增
B．圆的半径为
C．函数的图象关于点成中心对称
D．函数在上单调递减
【答案】CD
【分析】根据已知图象得出，.然后结合“五点法”得出，.进而即可代入检验A、C、D项；结合图象，求出点的坐标，即可得出半径.
【详解】对于A项，由图象结合对称性易得，
所以，.
又由图象结合“五点法”可得，，
解得，.
又，所以，.
因为，所以.
根据正弦函数的单调性可知，函数在上不是单调递增，故A项错误；
对于B项，由A可知，，，
点横坐标为，
所以，，故B项错误；
对于C项，因为，
根据正弦函数的性质可知，函数的图象关于点成中心对称，故C正确；
对于D项，因为，
所以.
根据正弦函数的性质可知，在上单调递减，
结合函数的周期性，可知函数在上单调递减，故D正确.
故选：CD.
12．如图，在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A．与所成角的余弦值为
B．过A，，三点的正方体的截面面积为9
C．当在线段上运动时，三棱锥的体积恒为定值
D．若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】AC
【分析】取中点，是与所成角或其补角，计算后判断A，由平行平面的性质作出截面等腰梯形，求出面积判断B，由线面平行得出到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，由特殊点求出体积判断C，作出点关于平面的对称点，当是线段与平面的交点时，取得最小值，计算后判断D．
【详解】正方体易得，取中点，连接．由于是中点，因此，所以，所以是与所成角或其补角，
由已知中，，，
，A正确；
取中点，连接，同理可证（由得），因此是过A，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，
，，，面积为，B错；

由于，平面，平面，所以平面，从而到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，
当与重合时，，C正确；

设是点关于平面的对称点，则，又，
显然，，
又，所以，
，，
显然当是线段与平面的交点时，取得最小值，D错．

故选：AC．
三、填空题
13．已知命题：，，则命题的否定为 .
【答案】，
【分析】根据全称命题的否定形式，即可判断选项
【详解】根据全称命题的否定形式，可知：
命题：，的否定为：，
故答案为：，
14．某汽车4S店销售甲品牌A型汽车，在2019年元旦期间，进行了降价促销活动，根据以往数据统计，该型汽车的价格与月销售量之间有如下关系：
已知A型汽车的销售量y与价格x符合线性回归方程：，若A型汽车价格降到19万元，预测它的销售量大约是 辆
【答案】42
【分析】计算每一栏的平均数，代入回归方程，计算方程，计算结果，即可．
【详解】经过计算可知，代入回归方程，计算得到，所以，当．
【点睛】考查了回归方程计算方法，关键结合题意，得出回归方程，计算结果，即可，难度较容易．
15．椭圆的右焦点为，定点，若椭圆上存在点，使得为等腰钝角三角形，则椭圆的离心率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合图形分析只可能为钝角，利用和可得答案.
【详解】因为，且，所以，所以在点右侧且在椭圆的外部，
所以不可能为钝角，
若为钝角，设的中点为，的横坐标为，则，
应有，即垂直平分，
，而
，
所以不可能为钝角，
结合图形可知，只可能，且，而，，当垂直轴时，，所以，
得，所以，得，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了椭圆的性质，解题的关键点是分类讨论和转化思想的应用，考查了推理能力与计算能力.
16．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）.
【答案】
【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式.
【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，
根据乘法原理和加法原理得到.
在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，
即的个数为、、、、，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
四、解答题
17．已知的内角的对边分别为，其面积为，且
(1)求角A的大小；
(2)若的平分线交边于点，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理及三角形面积公式即可求解，化简得到，结合余弦定理即可得解；
（2）由向量的数量积运算法则和余弦定理求出或，利用三角恒等变换和正弦定理进行求解，得到正确答案.
【详解】（1），
由正弦定理得：，即
即，即
所以，
因为，所以.
（2）由（1）知：，所以，
即，解得：，
由余弦定理得：，所以，
解得：，解得：或
当得：，
则，
所以，
在三角形ABT中，由正弦定理得：，，
即，解得：；
当时，同理可得：；
综上：
18．在斜三棱柱中，为等腰直角三角形，，侧面为菱形，且，点为棱的中点，，平面平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值再转化为正弦值.
【详解】（1）分别取的中点，连接，所以，
且，点为棱的中点，所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为是的中点，所以，
又因为平面平面且交线为，平面，
所以平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为侧面为菱形，且，
所以为正三角形，所以，平面，
由（2）知平面平面且交线为，所以平面，
又由，故两两垂直，设，则，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，
，
，
，
平面的法向量为，
，即，
不妨令，则，
平面的法向量为，
，即，不妨令，
则，
，
设二面为，
即二面角的正弦值为.
19．已知数列满足，，，数列满足，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列满足，数列的前n项和为，不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，，，
(2)
【分析】（1）将中的n换为n−1，两式相减，结合常数列分析可得，根据等比数列的定义和通项公式可得；
（2）由数列的错位相减法求和，可得，再由不等式恒成立思想和数列的单调性求得最值，可得所求范围.
【详解】（1）因为，
当时，，解得；
当时，可得，
作差得，即；
且，满足，
所以为常数列，即，则，，
由题意可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，则，
（2）由（1）可知：数列满足，
数列的前n项和，
则，
两式相减得，
所以，
不等式化为，
可知数列为递增数列，则有：
若n为偶数，，取，可得；
若n奇数，，取，可得；
综上所述：实数的取值范围是．
20．第13届女排世界杯于2019年9月14日在日本举行，共有12支参赛队伍.本次比赛启用了新的排球用球MIKSA-V200W ，已知这种球的质量指标ξ (单位:g )服从正态分布N (270， ).比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛(采取5局3胜制)，最后靠积分选出最后冠军积分规则如下:比赛中以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分;而在比赛中以3:2取胜的球队积2分，负队积1分.已知第10轮中国队对抗塞尔维亚队，设每局比赛中国队取胜的概率为p(0