黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模数学试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，设为等差数列的前项和，，则，设为函数在区间的两个零点，则等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟。
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，则所有的取值构成的集合为
A．B．C．D．
2．复平面内A、B、C三点所对应的复数分别为，若ABCD为平行四边形，则点对应的复数为
A．2B．C．1D．
3．设为抛物线的焦点，若点在上，则
A．3B．C．D．
4．若为偶函数，则
A．1B．0C．-1D．2
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
6．设为等差数列的前项和，，则
A．8B．10C．16D．20
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．
8．设为函数在区间的两个零点，则
A．B．C．D．
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．
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PBD的距离为B．当时，平面PBD
C．三棱锥的体积不为定值
D．AB与平面PBD所成角的正弦值的取值范围是
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．
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）
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．
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______.
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．（本小题满分13分）
已知的内角A，B，C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.
16．（本小题满分15分）
如图,在三棱柱中，平面平面，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
17．（本小题满分15分）
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．
18．（本小题满分17分）
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．
19．（本小题满分17分）
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．
数学考试
参考答案、提示及评分细则
1．C，故中至多一个元素，当时，，当时，．故选C．
2．B由题意知A，B，C三点的坐标为，设复平面内点，则，又ABCD是复平面内的平行四边形，则，则，解之得，则．故选B．
3．D依题意，，解得，所以的准线为，所以，故选D．
4．A由题意，，所以，解得，故选A．
5．A第一次通过概率为0.7，第一次未通过第二次通过的概率为，所以该同学通过面试的概率为．故选A．
6．D依题意，，所以，故，所以数列的公差为，所以，故选D．
7．C设母线长为，依题意，解得，所以圆锥的高为，所以圆锥母线与底面所成角的正切值为，设圆锥内部最大球的半径为，则，解得，故选C．
8．B因为，所以，因为，所以，所以，故选B．
9．AD因为，所以，故选项正确；
取，此时，B选项错误；
可化为，因为函数在不单调，所以C选项错误；
由可知，，因为，所以，D选项正确，故选AD．
10．当时，为正三棱锥，，设在平面PBD内的投影为，则，所以AO，选项正确；
平面，所以，设为的中点，则，又，所以平面AEF，所以，故平面选项正确；
，当运动时，到平面ABD的距离保持不变，所以三棱锥的体积为定值，选项错误；
由可知，三棱锥的体积为定值，所以点到平面PBD的距离，
显然当时，PBD的面积最大，此时AB与平面PBD所成角正弦值为，
当时，PBD的面积最小，此时AB与平面PBD所成角正弦值为，
所以AB与平面PBD所成角正弦值的取值范围是，D选项正确，故选．
11．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，半短轴为，半长轴为，所以的离心率为，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．
12．160，故填160．
13．1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，，易知在上单调递增，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．
14．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，且，设，则，所以当，即时，取得最大值．
15．解：（1）依题意，，……………………………………2分
所以，……………………………………………………………………3分
由正弦定理可得，，………………………………………………………………………4分
由余弦定理，，解得，………………………………………………5分
因为，所以；………………………………………………………………………………6分
（2）依题意，，……………………………………………………………………………6分
因为，解得，……………………………………………………8分
因为，……………………………………………………………………………………10分
所以，
所以．……………………………………………………………………………………………13分
16．解：（1）取AC的中点，则，且，…………………………………………1分
因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC，
所以平面……………………………………………………………………………………2分
因为平面，
所以，……………………………………………………………………3分
因为，…………………………………………………………………………4分
又因为平面平面，………………………5分
又平面；…………………………………………………………………………6分
（2）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，……………………………………………………8分
因为，…………………………………………………9分
设平面的法向量为，
则由得
令，则，………………………………………………………………………11分
设平面的法向量为，
则由得
令，则，…………………………………………………………13分
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.…………………………………………………………………15分
17．解：（1），……………2分
依题意，，所以，……………………………………………………………3分
所以，
设，则，………………………………………………………………4分
当时，单调递减，当时，单调递增，……………5分
当时，取得最小值，所以的最小值为1；……………………………………6分
（2）由（1）可知，，
令，则，…………………………………………………………………………8分
设，则，………………………………………………………………10分
当时，单调递增，………………………………………………………………11分
当时，单调递减，………………………………………………………………12分
且，……………………………………………………………………13分
所以．………………………………………………………………………………………………15分
18．解：（1）依题意，，解得，………………………………………………………………1分
设的焦距为2c，则，…………………………………………………………………………2分
将代入方程，可得，……………………………………………………………3分
所以的面积为，……………………………………………………………………4分
解得，……………………………………………………………………………………………………5分
所以的方程为；…………………………………………………………………………………6分
（2）设直线，………………………………………………………7分
与的方程联立可得，…………………………………………8分
所以，……………………………………………………………………9分
设直线，令，解得，所以，………………11分
同理可得，，………………………………………………………………………………12分
所以
，…………………………………………………………………15分
所以，又，所以．………………………………………17分
19．解：（1）设，故，……………………………………………………………2分
所以，…………………………………………………………………………………4分
故；………………………………………………………………………………………………6分
（2）由（1）知，…………………………………………………………………………………8分
设乙同学的总得分为随机变量的所有可能取值为，
所以，………………………………………………………………………………………10分
所以，……………………………12分
设，
则，
故，
即，代入，…………………………………………………14分
故，…………………………15分
设，
易知，当时，，且，……………………………………………………………16分
则满足题意的最小为12．…………………………………………………………………………………17分