辽宁省大连市第二十四中学等三校2024届高三统一模拟考试数学试题及答案

这是一份辽宁省大连市第二十四中学等三校2024届高三统一模拟考试数学试题及答案，共21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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，若 ，则（ ）
A．B．C．D．
3．8位选手参加射击比赛， 最终的成绩(环数) 分别为42，38，45，43，41，47，44，46，其分位数是（ ）
A．44.5B．45C．45.5D．46
4．过点和，且圆心在x轴上的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知圆锥的高为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．（ ）
A．B．C．D．
7．在等差数列中，能被3 整除，能被7整除，则下列各项一定能被21 整除的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（ ）
A．3B．2C．D．
二、多选题
9．设，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知递增等比数列的公比为，且满足，下列情况可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．直四棱柱的各顶点都在半径为2的球O的球面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则点共面
D．若，则四棱柱体积的最大值为
三、填空题
12．对于任意的正数m，n，不等式 成立，则λ的最大值为
13．已知抛物线的焦点分别为，点分别在(上，且线段平行于x轴.若是等腰三角形，则 .
14．已知函数 在区间有2 个零点和4 个极值点，则a的取值范围是 .
四、解答题
15．在中,
(1)求点到边的距离:
(2)设为边上一点，当取得最小值时，求外接圆的面积.
16．如图，三棱柱 的所有棱长都为3，点在底面上的射影恰好是的中心.

(1)证明: 四边形是正方形;
(2)设分别为的中点, 求二面角的正弦值.
17．某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5.
(1)若该同学共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率；
(2)设随机变量服从二项分布，记 则当时，可认为η服从标准正态分布.若保证投中的频率在区间的概率不低于，求该同学至少要投多少次.
附: 若，则，.
18．已知椭圆的离心率为，为上顶点，为左顶点，为上焦点，且.
(1)求的方程；
(2)设过点的直线交于，两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：线段的中点在定直线上.
19．已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.
(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；
(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：
（i）当时，在单调递减;
（ii）
参考答案：
1．A
【分析】
解不等式可得或，可求出.
【详解】解不等式可得或，即或；
所以.
故选：A
2．D
【分析】
由平方关系以及二倍角的正弦公式运算即可求解.
【详解】因为，，所以，
从而.
故选：D.
3．C
【分析】
借助百分位数的定义计算即可得.
【详解】将最终的成绩(环数)从小到大重新排列：38，41，42，43，44，45，46，47，
，则分位数为.
故选：C.
4．D
【分析】
借助待定系数法计算即可得.
【详解】令该圆圆心为，半径为，则该圆方程为，
则有，解得，
故该圆方程为.
故选：D.
5．B
【分析】
借助圆锥的高、底面半径与母线长的关系及底面周长与侧面展开图的弧长间的关系，结合圆锥体积计算公式计算即可得.
【详解】设底面半径为，母线长为，
则有，解得，
则.
故选：B.
6．B
【分析】
根据表达式特征可知利用二项式定理的逆运用可得结果.
【详解】易知
.
故选：B
7．C
【分析】一方面假设，结合数列是等差数列算出即可排除ABD，另一方面考虑一般情况，设，通过等差数列性质以及数论知识可判断C正确.
【详解】一方面若，则，从而，
此时，即ABD不满足题意；
另一方面我们考虑一般情况，若，则，
从而，
所以，
又，所以，也就是说一定能被21整除.
故选：C.
8．A
【分析】
由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率．
【详解】
，设，则，，
由双曲线的定义可得，，
因为，
在中，由余弦定理有，
即，①
在中，由余弦定理有，
即，②
由②可得，代入①可得，即.
所以C的离心率为：，
故选：A.
9．AB
【分析】
根据共轭复数定义可得，代入选项由复数的四则运算以及模长公式计算，逐一判断可得结论.
【详解】由可得，
所以，即A正确；
可得，即B正确；
，，显然错误，即C错误；
，而，所以D错误.
故选：AB
10．BCD
【分析】原数列递增等价于，或，，进一步得，从而分类讨论得或，构造函数求得的范围，对比选项即可得解.
【详解】原数列递增等价于，或，.
等价于，即.
从而，或，.
这意味着的范围是或，
令，或，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
从而或，
这表明了的范围是或.
所以A错误，B正确，C正确，D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】
由向量运算法则可得是的中点，即为直径，由圆的性质可得；依题意可得，再利用线面垂直判定定理即可求得，假设点共面，由可知假设不一定成立；将四棱柱体积转化为，可求得当平面时，其体积最大.
【详解】对于A，若可得：
，
即可得是的中点，所以是直径，如下图所示：

因此过三点的截面圆的直径为，且为圆周上一点，所以；
即，又，
所以，即，因此A正确；
对于B，若可得，
即，所以；
即，所以，
即可得，所以；
又因为是直四棱柱，所以，
易知平面，
所以平面，又平面，所以，
则，即B正确；
对于C，假设点共面，
易知平面，则平面平面，
所以，又，因此，
若，只是对角线相等，不等得出，因此假设不成立，所以C错误；
对于D，连接，易知在直四棱柱的高的中点处，如下图所示：
所以，
即当四棱锥的体积最大时，四棱柱的体积也最大；
易知，所以，
又，易知当平面时，其体积最大；
此时，所以四棱柱体积的最大值为，即D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：在求解立体几何体积最值问题时，经常要利用等体积法将问题转化为易求解的几何体体积，再根据已知条件判断出最值取得的条件即可求解.
12．/
【分析】根据题意，转化为成立，利用，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【详解】因为都为正数，则不等式成立，即为成立，
又由，
当时，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
13．
【分析】
由题意设出点的坐标，不妨设，然后分三种情况讨论即可求解.
【详解】
设，，.
不妨设，然后分三种情况讨论：
若，则有，解得，此时；
若，则，解得，这不可能；
若，则，这同样不可能.
综上，.
故答案为：.
14．
【分析】
对不同情况的，分析在特殊点处的取值并求出其单调区间从而判断零点和极值点的个数.
【详解】(1)当时，，从而等价于，即，
这表明的全部零点为全体偶数，从而在上只有1个零点，不满足要求；
(2)当时，有，，，，
所以在，，上各有一个零点，从而在上至少有3个零点，不满足要求；
(3)当时，有，，，，
所以在，，上各有一个零点，从而在上至少有3个零点，不满足要求；
(4)当时，，
记，
则在上单调递增，
又因为，故在上单调递增.
而，在和上递增，在上递减，
故在和上递增，在上递减.
这表明在上只有2个极值点和，不满足要求；
(5)当时，，
记，
则在上单调递增，
又因为，故在上单调递增.
而，在和上递增，在上递减，
故在和上递增，在上递减.
这表明在上只有2个极值点和，不满足要求；
(6)当时，，
记，
则在上单调递增，在上单调递减.
显然，对任意，关于的方程在上恰有一个根，记该根为.
而，在和上递增，在上递减；
同时，当时，；
当时，.
这表明在上递增，在上递减，
在上递增，在上递减，在上递增.
所以在上有四个极值点，，，.
又由于，，，，
故当时，，
当时，，
当时，，
而，，，
故在上没有零点，在和上各恰有1个零点，从而在上有2个零点.
这意味着满足全部要求；
(7)当时，有，
根据(6)的讨论，在上有2个零点，4个极值点.
而，
故对，是的极值点（或零点）当且仅当是的极值点（或零点），
这就说明和在上的极值点和零点个数相等，
所以在上有2个零点，4个极值点，满足全部要求.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是适当划分讨论的临界点进行分类讨论，由此即可顺利得解.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）利用余弦定理可得，再由面积相等可得结果；
（2）求出的表达式并利用二次函数性质求得时，，由正弦定理求出外接圆的半径可得结论.
【详解】（1）
设的内角所对的边为，即；
由余弦定理可得，解得；
又的面积；
设点到边的距离为，
因此，
解得.
点到边的距离为.
（2）如下图所示：

在中，由余弦定理可得；
所以，
又，所以，且；
因此；
易知当时，；
由可得为正三角形，所以；
设外接圆的半径为，
在中由正弦定理可得，解得；
所以外接圆的面积为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，由几何体结构特征即可得出证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值.
【详解】（1）设点为的中心，连接，连接并延长交于点，
则平面，因为平面，所以，
又因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，所以，且，
所以四边形是矩形，因为，
所以四边形是正方形.
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
因为为的中点，所以，

所以，
设平面与平面的法向量分别为，
则有，即，
取，则，所以，
易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取，
所以，
故二面角的正弦值为.
17．(1)
(2)68
【分析】
（1）设出事件，由条件概率公式即可求解；
（2）首先将题目条件转换为的概率至少为，进一步通过计算得，从而可得，由此即可得解.
【详解】（1）
该同学投篮了四次，设分别表示“第二次没有投中”和“恰投中两次”.
则有.
（2）
随机变量代表次投篮后命中的次数，则服从二项分布，
然后令随机变量，并近似视为其服从正态分布.
题目条件即为，即的概率至少为.
由于我们有，
故命题等价于，解得.
综上，该同学至少要投次.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由题意可得、，结合计算即可得；
（2）由题意设直线方程为，，联立椭圆方程，用韦达定理、直线交点坐标以及中点坐标表示出中点的坐标，证明为定值即可.
【详解】（1）由题意可得、、，则，
又，，故，即，
故有，即，则，，
即的方程；
（2）由，故直线斜率存在，设为，
设，联立，
得，
，
即，，，
直线和联立，
得，设其中点为，则，
则有，
即
，
即有，即，
故线段的中点在定直线上.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】
（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；
（2）（i）易知可解得，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.
【详解】（1）若是区间的缩域函数，则，；
即，解得；
可得，则；
令，则；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
所以，解得，
下面证明，即，也即；
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此可得，所以，
综上a的取值范围为
（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，
即，进一步，
当时，，即，；
由（1）可知，当时，，则单调递减；
所以在区间上单调递减，
（ii）若是区间的缩域函数，则；
故有，即；
设函数，则；
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
因为为正数且则，又，
所以在上单调递减，所以；
记，设，且，由的单调性可知，故；
记，
则，
当时，，单调递增；
故，即；
因为在上单调递减，故，即；
由，故，
所以，又因为，
故.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“缩域函数”的定义，并根据给定区间的范围合理构造函数并利用单调性对相应结论进行证明.