东北三省(哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）2024届高三第三次联合模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：本大题共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. 集合满足：，，则的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集、并集的结果分析集合的元素，即可判断.
【详解】因为，所以，，，，
又，
所以可能属于集合，也可能不属于集合，
所以集合或，
所以符合题意的集合有个.
故选：B
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是存在命题，将原命题改写量词否定结论即可.
【详解】命题“” 的否定是“”.
故选：A
3. 3男3女站成一排拍照，左右两端的恰好是一男一女，则不同的排法种数为（ ）
A. 240B. 720C. 432D. 216
【答案】C
【解析】
【分析】先排特殊位置，再排其它位置，由分步乘法计数原理计算.
【详解】3男3女站成一排拍照，左右两端的恰好是一男一女，
先排左右两端，有种排法，
再排中间4个位置，有种排法，
所以不同的排法种数为种.
故选：C.
4. 已知是椭圆的左焦点，直线与交于两点，则周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得经过椭圆右焦点，结合椭圆定义计算即可得.
【详解】由，故经过椭圆右焦点，
故的周长为.
故选：D.
5. 已知的内角的对边分别为，且边上中线长为1，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出，然后利用基本不等式求出最值即可
详解】由题意得，
所以，
又，且D是的中点，所以，
在中，，
在中，，
所以，
即，得，当且仅当取等号，
故选：A
6. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，可将转化为，结合导数可得在上单调递增，即可得.
【详解】由题可得，
所以，
即有，即，
故不等式等价于，
又，
当时，，故，
当时，
，，故，
即恒成立，故在上单调递增，
故由可得，即.
故选：A.
7. 已知，，则下面正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，，结合零点的存在性定理可得，，即可逐项判断.
【详解】令，由，故，
由与在上单调递增，故在上单调递增，
又，，故，故B错误；
令，
由函数的图象及的图象可得在上只有一个零点，
由，故，
又，
，故，故C错误；
有，故A错误；，故D正确.
故选：D.
8. 复数是虚数单位在复平面内对应点为，设是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角，则，把叫做复数的三角形式，利用复数的三角形式可以进行复数的指数运算，，例如：，，复数满足：，则可能取值为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的三角形及运算，利用复数相等可得，即可得解.
【详解】设，
则，
所以，，即，
所以
故时，，故可取，
故选：D
【点睛】关键点点睛：理解复数三角形及三角形下复数的指数运算是解题的关键，通过三角形的运算，再利用复数相等，建立方程即可得出所求复数的一般形式.
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的频率分布直方图的纵坐标为频率
B. 已知样本数据的平均数为，则数据与原数据的极差､平均数都相同
C. 若两组成对数据的样本相关系数分别为，则A组数据比组数据的线性相关性强
D. 已知关于的回归直线方程为，则样本点的残差为-1.9
【答案】BD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图的制图规则判断A；分别求出两组数据的平均数和极差可判断B；比较相关系数绝对值大小判断C；根据回归直线可求得估计值，再计算实际观测值与估计值的差可判断D
【详解】频率分布直方图的纵坐标为频率与组距的比值，故A错；
由题意得，
数据的平均数为，
所以数据与原数据的平均数相等，
设数据的最大数为a，最小值为b，
若，则，所以数据的极差为，且，
所以数据的极差也为，
数据与原数据的极差相等，故B对，
因为，所以A组数据比组数据的线性相关性弱，故C错；
当时，，
样本点的残差为，故D对；
故选：BD
10. 正方体中，分别为面对角线与上的点，，则下面结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 直线与直线所成角的正切值为
C.
D. 直线平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，求出平面的一个法向量，判定即可；对于B，直接求出直线与直线所成角的余弦值进而解出正切值即可；对于C，直接证明出即可，对于D，直接用向量证明出，，即可证明直线平面.
【详解】
如图：因为为正方体，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
设棱长为.则，
，
设，则，
设，则，
，
，所以，
解得：，
则，，
对于A，平面的一个法向量为，
由，所以不平行平面，所以选项A错误；
对于B，由，设直线与直线所成角为，
则，则，，
所以选项B正确；
对于C，，由，
所以，所以选项C正确；
对于D，因为，，所以，
，，
所以直线平面，所以选项D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则在上递增
B. 若为奇函数，则
C. 若是的极值点，则
D. 若和都是的零点，在上具有单调性，则的取值集合为
【答案】BCD
【解析】
【分析】用整体思想结合正弦函数的单调性判断A；由奇函数即可判断B；根据已知条件计算出即可判断C；由已知求出范围，即可判断D．
【详解】对于A，，当时，，
因为时单调递减，时，单调递增，故A错误；
对于B，若为奇函数，则，则，又，所以，故B正确；
对于C，当时，，则，
又是的极值点，所以，即，又，则，经检验为的极值点，
故，故C正确；
对于D，由和都是的零点得，，
两式相减得，
由在上具有单调性且和都是的零点得，，
解得，所以的取值集合为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：对于D选项中求的范围，一是根据和是的零点得出，二是结合在具有单调性，即区间左端点为零点，得出.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等比数列中，，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用等比数列的性质求解.
【详解】等比数列中，，
由等比数列的性质，，则，
又，所以.
故答案为：4
13. 点为圆上的动点，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】法一：设，代入方程得到，从而题目实际上就是求的取值范围使得该方程有解，而这直接使用二次方程判别式就可得到结果；法二：利用圆的几何性质，将命题转化为距离问题，再使用距离公式求解.
【详解】法一：我们要求的取值范围使得存在满足，，
由于满足前一个方程的必不为零，故这等价于，.
而这又可以等价转化为，，
故我们就是要求的取值范围，使得关于的方程有解.
该方程中的系数显然非零，所以命题等价于，解得.
法二：由于圆和轴无公共点，故命题等价于求实数取值范围，
使得直线和圆有公共点.
该圆的方程可化为，故命题等价于点到直线的距离不超过，即.
解得.
故答案为：.
14. 正三棱柱内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是为棱上一点，若二面角为，则平面截内切球所得截面面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心到平面的距离，勾股定理求截面圆的半径，可得截面面积.
【详解】正三棱柱内切球的半径是，则棱柱的高，
正三角形内切圆的半径是，则，
得，
分别为的中点，则，，，
二面角为，则，
内切圆的圆心为上靠近点的三等分点，内切圆的圆心为上靠近点的三等分点，
为正三棱柱内切球球心，则为的中点，
则，，
，，
由对称性可知，球心到平面的距离等于到直线的距离，
平面中，以为原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
有，，所在直线方程为，即，
则点到直线的距离，即球心到平面的距离，
平面截内切球所得截面圆的半径为，则，
所以截面圆的面积.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
正三棱柱的内切球中，如果内切球的半径为，那么正三棱柱的高为，底面正三角形的边长为，截面圆的半径由球的半径和球心到截面距离利用勾股定理计算.
四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数
（1）求在处的切线；
（2）比较与的大小并说明理由.
【答案】（1）
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到.
【小问1详解】
解：因为函数，可得，
可得，且，
所以在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
解：由，可得，所以在上单调递增，
又由，所以时，，即在上恒成立，
所以，即.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，若是递增数列，求实数的范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用及已知条件得到递推式，然后证明并验证首项非零即可；
（2）求出，并将命题转化为恒成立，然后取即得到，再证明时不等式恒成立.
【小问1详解】
由知，得.
由已知有，
故，得.
而，故数列是首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
根据（1）的结论有，即.
那么就有.
命题等价于恒成立，即.
此即，化简得到.
从而要求取值范围使得恒成立.
一方面，对该不等式取可得到，即；
另一方面，若，则，，
故我们恒有，即.
所以的取值范围是.
17. 甲､乙两人准备进行台球比赛，比赛规定：一局中赢球的一方作为下一局的开球方.若甲开球，则本局甲赢的概率为，若乙开球，则本局甲赢的概率为，每局比赛的结果相互独立，且没有平局，经抽签决定，第1局由甲开球.
（1）求第3局甲开球的概率；
（2）设前4局中，甲开球的次数为，求的分布列及期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设第局甲胜为事件，则第3局甲开球为事件，结合条件概率公式计算即可.
（2）由的取值，根据对应的事件，求相应的概率，得分布列，由公式求解期望.
【小问1详解】
设第局甲胜为事件，则第局乙胜为事件，其中
则“第3局甲开球”为事件，
.
【小问2详解】
依题意，
，
，
，
，
的分布列为
则.
18. 如图：四棱柱底面为等腰梯形，.

（1）求证：平面；
（2）若为菱形，，平面平面.
①求平面和平面夹角的余弦；
②求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）借助平行四边形的性质可得线线平行，结合线面平行的判定定理即可得；
（2）建立适当的空间直角坐标系，借助空间向量可计算夹角，借助点到平面的距离公式计算距离.
【小问1详解】
在棱上取点，使，连接，
由已知，
四边形为平行四边形，，
又，即四点共面，
连接，由已知，
，四边形为平行四边形，，
平面平面，
平面，即平面；
【小问2详解】
在菱形中，，取中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，
平面，平面，
在等腰梯形中，，
两两互相垂直，
以为原点所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
①，
设为平面的一个法向量，
则，取，则有，
设为平面的一个法向量，
则，取，则有，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角余弦值为，
②，
点到平面的距离为.

19. 如图抛物线，过有两条直线与抛物线交于与抛物线交于，
（1）若斜率为1，求；
（2）是否存在抛物线上定点，使得，若存在，求出点坐标并证明，若不存在，请说明理由；
（3）直线与直线相交于两点，证明：为中点.
【答案】（1）
（2）存在，，证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到直线方程为，联立方程组，结合弦长公式，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，结合，列出方程，求得，即可求解；
（3）设，结合的方程求得，，
再由，联立方程组，求得，得到，即可得证.
【小问1详解】
解：由题意，直线方程为，即，
联立方程组，可得，可得且，
所以
【小问2详解】
解：设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
可得，
即，
即，
因为，所以，即，
即，即恒成立，
解得，即.
【小问3详解】
解：设，
则过，所以，所以，
过，所以，所以，
，
联立方程组，可得，同理，
所以
，
所以的中点为.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
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