2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟数学试卷及答案

这是一份2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟数学试卷及答案，共19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，则（ ）
A．5B．C．4D．3
2．设集合，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．3C．D．4
4．已知直线与圆相交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．在上单调递增
C．为偶函数D．的最小值为
6．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．15B．35C．56D．70
二、多选题
9．年月日国家统计局发布了制造业采购经理指数（）,如下图所示:
下列说法正确的是（ ）
A．从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的第百分位数为
B．从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的极差为
C．从年月到年月制造业采购经理指数（）呈下降趋势
D．大于表示经济处于扩张活跃的状态;小于表示经济处于低迷萎缩的状态,则年月到年月,经济处于扩张活跃的状态
10．已知抛物线，过点作直线，直线与交于两点．在轴上方，直线与交于两点，在轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为
B．直线过定点
C．直线与直线的交点在直线上
D．与的面积之和的最小值为．
11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．在上为减函数B．当时，
C．D．在上有且只有1个零点
三、填空题
12．已知数列的前项和为，若，则 ， ．
13．在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为 ．
14．太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为 ．
四、解答题
15．在中，内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为的中线，且，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．
(1)证明：．
(2)设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．
17．某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．
(1)现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．
(2)若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；
②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
18．设函数．
(1)讨论的单调性．
(2)证明：．
(3)当时，证明：．
19．如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，记为为椭圆的两个焦点．设直线分别与该圆锥的母线交于两点，过点的母线分别与球相切于两点，已知．以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)点在直线上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，是椭圆的左、右顶点，连接，设直线与交于点．证明：点在直线上．
参考答案：
1．A
【分析】由复数的运算和模长计算出结果即可.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
2．C
【分析】根据题意，得到或，求得的值，结合集合的包含关系，即可求解.
【详解】由集合，
因为，所以或，解得或，
当时，，不符合题意；
当时，，符合题意．
故选：C．
3．D
【分析】设母线长为，根据题意得到，即可求解．
【详解】设母线长为，由题意，可得，解得，即圆锥的母线长为．
故选：D.
4．A
【分析】根据点到直线的距离公式及圆的几何性质求弦长即可得解.
【详解】设点到直线的距离为，
则，
又，
所以．
故选：A
5．C
【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性判断B，根据导数判断C.
【详解】因为，此时最小正周期为，其最小值为，所以A错误，D错误；
因为，所以，可知在上不单调，B错误；
又，所以为偶函数，C正确．
故选：C
6．A
【分析】利用导数判断函数的单调性即可得到函数的大致图象.
【详解】已知，因为，令，得，或，
则时，，时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
所以选项A符合题意,
故选：A.
7．D
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
8．B
【分析】根据题意，结合“隔板法”，即可求解.
【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，
可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，
由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有种不同的分法．
故选：B.
9．ABD
【分析】根据折线图中的数据,结合极差、平均数、百分位数定义与计算方法逐一判断即可.
【详解】由图知,从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）从小到大的顺序为,因为,所以第百分位数为第个数,即为,故A正确;
从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的最大值为,最小值为,所以极差为,故B正确;
由图易知制造业采购经理指数（）有升有降,故C错误;
由图知年月到年月PMI均大于,所以经济处于扩张活跃的状态,故D正确.
故选:ABD.
10．ABD
【分析】分别联立曲线与直线方程，表示出韦达定理，解方程组可得B正确；由斜率的定义结合选项B可得A正确；当轴时，求出四点坐标，得到两直线方程，求出交点横坐标可判断C错误；由三角形的面积公式结合选项B和基本不等式可得D正确.
【详解】
对于B：设，设直线交轴于点，
直线的方程为：，
联立，消去可得，，
所以，同理，
设直线，
联立，消去可得，，
所以，
设直线，
联立，消去可得，，
所以，
联立方程组，可得，故B正确；
对于A：由B可得，，
当时，，故A正确；
对于C：当轴时，可知，，
求得直线的方程为，直线的方程为，
将这两方程联立方程组，解得，故C错误；
对于D：设与的面积分别为，则，
又，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：ABD.
11．BCD
【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误．
【详解】由，可得．
令，
则当时，，所以在上单调递增，
所以，即，
可得，所以，所以C正确；
因为，所以当时，，
又因为，所以当时，，所以B正确；
由是定义在上的奇函数，故当时，，
又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．
因为的单调性无法判断，所以A错误．
故选：BCD.
12． 2 99
【分析】利用给定的通项公式及已知项求出；再利用前项和公式计算即得.
【详解】依题意，由，得；
，因此数列是等差数列，所以．
故答案为：2；99
13．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设异面直线所成的角为，则．
故答案为：.
14．0
【分析】先根据向量运算表示出，结合的最值可得答案.
【详解】连接，可得，
显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．
故答案为：0.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，结合，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解；
（2）由（1）得到，根据，求得，再由由余弦定理得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
因为，可知，所以，
又因为，联立方程组得，
所以．
（2）解：由（1）知，可得，
因为为的中线，且，所以，
两边平方得，
又由余弦定理得，即，
两式相减，可得，所以．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设与交于点，根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得．
（2）由（1）知平面，得到平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，设与交于点，连接，
因为底面是平行四边形，所以为的中点，
又因为，所以，
因为，且为的中点，所以，
又因为平面，且平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
（2）解：如图所示，连接，因为为的中位线，所以，
因为平面平面且，
所以，且，
由分别为的中点，看到的，
由（1）知平面，所以平面．
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，则，
设为平面的法向量，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，可得．
即平面与平面的夹角余弦值为.
17．(1)
(2)①841；②14
【分析】（1）根据题意利用古典概型即可计算；
（2）①由样本数计算，进而利用求解即可；
②首先求在内的概率，再由题意可知，然后设，最后利用可求使得的最小的值，从而得到使最大的的值.
【详解】（1）设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．
由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，
则，
所以这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．
（2）①由样本数据知，．
因为，
所以，
所以，学习时长不低于50小时的教师人数为841.
②每名教师的学习时长在内的概率为，
由题意可知，则，
设，则．
令，得，所以当时，，
令，得，所以当时，，
所以当时，最大，即使最大的的值为14．
18．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得的单调区间；
（2）根据题意，求得，得到的单调性和最小值，即可得证；
（3）根据题意，转化为证明，设，求得，得到在上单调递增，转化为证明，结合（2），即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，解得或．
当时，；当时，；
当时，．
故在和上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由函数的定义域为，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，的最小值为，故．
（3）证明：当时，，
要证，即证．
设，则，
当时，，则在上单调递增，
且，
当时，，故只需证明．
由（2）知，在上成立，故，
即成立．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解.
（2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
由切线长定理知，
则，解得．
由，解得．
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，已知．
设．
联立方程组，消去得，
由，可得，
所以，同理．
因为是切点，且，所以直线的方程为，即，
显然直线过定点，即三点共线，则，
解得或（舍去），
联立方程组，解得，即点在直线上.
【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Δ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.