辽宁省部分高中2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省部分高中2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．若全集，，，则下列关系正确的是( )
A.B.C.D.
2．已知复数z在复平面上对应的点为，若，则实数m的值为( )
A.0B.C.1D.1或
3．已知正实数a，b，则“”是“”的( )条件
A.充分不必要B.必要不充分C.充分必要D.既不充分也不必要
4．已知平面非零向量，，满足，且，则( )
A.B.C.D.0
5．在调查对某大型活动满意度比例为0.9的人员中抽取10人，设当中持有满意态度的人数为X，随机变量，则Y的方差的值为( )
A.21B.6.6C.3.6D.4.8
6．已知对数函数，函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，再将的图象向上平移2个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则的值是( )
A.B.C.D.
7．设点，分别为椭圆的左、左焦点，点P是椭圆C上任意一点，若使得成立的点P恰好有4个，则实数m的值可以是( )
A.0B.2C.4D.6
8．已知数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论：
①对任意的，都有
②数列可能为常数列
③若，则当时，
④若，则数列为递减数列.
其中正确结论有( )
A.1B.2C.3D.4
二、多项选择题
9．关于二项式的展开式，下列说法正确的是( )
A.第三项系数为270B.的系数为90
C.二项式系数和为D.系数和为
10．已知表示，，…，这n个数中最大的数.能说明命题“，b，c，，”是假命题的对应的一组整数a，b，c，d值的选项有( )
A.1，2，3，4B.，，7，5
C.8，，，D.5，3，0，
11．已知双曲线及直线，若l与C交于A，B两点，O是坐标原点，且的面积为，则实数k的值可能为( )
A.0B.C.D.
三、填空题
12．某同学将全班某次数学考试的成绩整理成频率分布直方图后，将每个小矩形上方线段的中点连接起来，并将小矩形擦去，得到频率分布折线图（如图所示）.已知该同学绘制频率分布直方图时确定的极差为60，组距为10，据此估计此次考试成绩的平均数是__________.
13．若函数的图象关于成轴对称，则a的值可以为___________.（写出一个正确的值即可）
14．已知正四面体棱长为2，点，，分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题：
①对于任意点，都存在点，使；
②存在，，使直线平面；
③当最小时，三棱锥的体积为
④当最大时，顶点A到平面的距离的最大值为.
其中正确的有___________.（填选正确的序号即可）
四、解答题
15．如图所示，在梯形中，，，，平面，，，，M为中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
16．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，.
（1）求角B；
（2）若，设P，Q分别是边AB、BC上的动点（含端点），且.当取得最小值时，求点B到直线的距离.
17．已知函数，其在处的切线科淬为.
（1）求a的值；
（2）若点在函数的图象上，求的取值范围.
18．为进一步培养高中生数学学科核心素养，提高创造性思维和解决实际问题的能力，某省举办高中生数学建模竞赛现某市从M，N两个学校选拔学生组队参赛，M，N两个学校学生总数分别为1989人、3012人.两校分别初选出4人、6人用于组队参赛，其中两校选拔的人中各有两人有比赛经验，按照分层抽样从M，N两个学校初选人中共选择5名学生组队参赛，设该队5人中有参赛经验的人数为X.
（1）求随机变量X的分布列及数学期望；
（2）各市确定5人组队参赛，此次比赛规则是：小组内自行指定一名同学起稿建立模型，之后每轮进行两人单独交流.假设某队决定由A起稿建立模型，A从其他四名成员中选择一人B进行交流，结束后把成果交由B，然后B再从其他包括A在内的四个成员中选择一人进行交流每一个环节只能是两名成员单独交流，每个小组有20次交流机会，最后再进入评委打分环节，现该市选定甲、乙、丙、丁、戊五人参赛，其中甲、乙两人有参赛经验.在每次交流中，甲、乙被同伴选为交流对象的概率均为，丙、丁、戊被同伴选为交流对象的概率相等，比赛由甲同学起稿建立模型.
①求该组第三次交流中甲被选择的概率；
②求第n次交流中甲被选择的概率（，）.
19．设抛物线C的方程为，M为直线上任意一点；过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）.
（1）当M的坐标为时，求过M，A，B三点的圆的方程；
（2）求证：直线AB恒过定点；
（3）当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由.
参考答案
1．答案：D
解析：全集，，则，
，所以.
故选：D.
2．答案：A
解析：因为复数z在复平面上对应的点为，
所以，
因为，
因为为实数，
得.
故选：A.
3．答案：B
解析：取，，满足，但，
故“”推不出“”，
因为，当且仅当“”时取等，
当时，，
所以，即，因为，
所以，所以能推出.
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．答案：A
解析：因为非零向量，，满足，且，
所以，
即，
所以，
故选：A.
5．答案：C
解析：由题意可知，随机变量X服从二项分布，即，
则，
又，
则，
故选：C.
6．答案：D
解析：因为将函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的3倍，得到函数的图象，
所以，即，
将的图象向上平移2个单位长度，所得图象的函数解析式，
因为所得图象恰好与函数的图象重合，
所以，
所以，又且，
解得，
故选：D.
7．答案：B
解析：因为点，分别为椭圆的左、右焦点；
所以，，
设则，，
由可得，
又因为P在椭圆上，即，
所以，
由对称性可得，要使得成立的点恰好是4个，则，
解得，
所以m的值可以是2.
故选：B.
8．答案：C
解析：对于①，在数列中，，则，
又对于任意的都有，则，即，
即对于任意的，都有，
所以的值不确定大小，故①项错误；
对于②，不妨设数列可能为常数列，则，
又，则，则，
即时，数列为常数列，故②项正确；
对于③，，则，因为数列中各项均为正数，
即，同理，当，都有，
又，即数列为递增数列，
即当时，，故③项正确.
对于④，
又，则，即，
同理，当，都有，即，
同理，当，都有，
即，
即，即数列为递减数列，故④项正确；
故选：C.
9．答案：ACD
解析：二项式展开式的通项公式为，，，
对于A，展开式中第3项的系数为，A正确；
对于B，令，可得，故展开式中含的项为第四项，该项的系数为，B错误；
对于C，的展开式的二项式系数和为，C正确，
对于D，二项式的展开式的系数和为，D正确；
故选：ACD.
10．答案：BC
解析：对于A，D，从其中任取两个数作为一组，剩下的两数作为另一组，
由于这两组数中的最大的数都不是负数，其中一组中的最大数即为这四个数中的最大值，
故都能使得命题“，b，c，，”成立；
对于B，当，时，而，
此时，即命题“，b，c，，”是假命题；
对于C，当，时，而，
此时，即命题“，b，c，，”是假命题；
故选：BC.
11．答案：AD
解析：联立，消去y整理得：，
由已知，所以或，
设，，
则，.
由题意，直线l恒过点.
①若，则，
②若，则，
所以，
即，
解得或，
经检验，或均满足题意，
故或，
故选：AD.
12．答案：112.5
解析：因为该同学绘制频率分布直方图时确定的极差为60，组距为10，
结合频率分布折线图可得各组的中点数据分别为85，95，105，125，135，
所以此次考试成绩的平均数大约为.
故答案为：112.5.
13．答案：（答案不唯一）
解析：因为，即，
所以
化简得：，
又，
化简得：，
所以有，
所以函数的图象关于成轴对称.
故答案为：(答案不唯一).
14．答案：①②④
解析：设，，，的重心分别是T，，，.
以T为原点，，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，，
且，，，.
三个内切圆的半径均为，且可设：
；
；
.
所以有，
，
.
对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于，①正确；
对于②，当，时，有，.
故，，.
直接计算可知，所以此时，满足条件，②正确；
对于③，此时，，位于最上方，即.
这时，点A到平面的距离为.
所以此时，③错误；
对于④，此时，根据对称性有，故
，故此时在处取到最大.
此时，，的纵坐标都是，故点A到平面的距离为，④正确.
故答案为：①②④.
15．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
（3）
解析：（1）连接CM，
，，M是AB中点，
且，
四边形是平行四边形，.
而平面平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又平面，，平面，平面，
平面平面.
又平面，平面.
（2），平面，平面，
平面，，
又，四边形是平行四边形，
平行四边形为正方形，.
又，，平面，平面，
平面，
平面，.
（3）平面，平面，平面，
所以，，
因为四边形是正方形，所以，，，两两垂直.
建立直角坐标系，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，，，.
设平面的法向量，，，
则，即，当时，法向量，
设平面的法向量，，，
则，即，当时，法向量，
所以平面与平面夹角的余弦值为：
.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，所以，
由正弦定理得，.
因为，所以，同时，
则，
，
，
即.
又因为，所以，所以，故.
（2）由（1）可知，，，所以是直角三角形，
又，所以，，
设，，又，
所以，所以.
在中，由余弦定理和均值不等式可知，
.
当且仅当时，等号成立，取得最小值1.
此时，是边长为1的等边三角形，点B到直线的距离为
17．答案：（1）1
（2）
解析：（1），
由题意，，整理得，
令，所以，
所以当时，，在上单调递减，且，
当时，，在上单调递增，
又，，，
所以关于a的方程只有一个根，即.
（2）由（1）问可知，所以，
令
进而可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，时，，，
所以时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
当时，取得最大值，
所以的值域为.
又由题意知点在函数的图象上，故，
所以，.
令，，
所以，当时，，
当时，，在区间单调递减，
当时，，区间单调递增，
所以当时，取得最小值，
当时，，当时，，且，
所以的值域为，
所以的取值范围是.
18．答案：（1）分布列见解析，
（2）①；②
解析：（1）由题随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4.
所以X的分布列为
所以随机变量X的数学期望.
（2）①甲、乙两同学被同伴选择的概率均为.
其他三名同学被选择的概率相等.
比赛由甲同学起稿建立模型，
第三次交流中甲被选择，
所以第二次交流中甲未参与.
设“第三次交流中甲被选择”，
则.
②第n次交流中甲被选择，
则第次交流中甲未被选择.
设第n次交流中甲被选择的概率为.
则，
所以，且.
所以，
所以.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
（3）存在，答案见解析
解析：（1）当M的坐标为时，设过M点的切线方程为，
与联立，得，整理得，
令，解得或，
分别代入方程得和，故得，，
同时可求得直线MA的方程为，直线MB的方程为，
进而可知，即直线MA与直线MB互相垂直，
则过M，A，B三点的圆的直径为线段AB，
设该圆上任一点P的坐标为，则，，
所以，
从而过M，A，B三点的圆的一般方程为.
（圆的标准方程：）.
（2）设切点分别为，，
过抛物线上点的切线方程为，
与联立，整理得，
，所以，
又因为，从而过抛物线上点的切线方程为，
即，同理可得过点的切线为，
又切线MA，MB都过点，所以得，，
即点，均满足方程，
故直线AB的方程为.
设，其为直线上任意一点，
故对任意成立，从而直线AB恒过定点.
（3）由（2）知，是方程的两实根，
故有，又，，，
所以.
①当时，，直线l上任意一点M均有，为直角三角形；
②当时，，，不可能为直角三角形；
③当时，，，
因为，，
所以，
若，则，整理得，
又因，所以.
因为方程有解的充要条件是，所以当时，有，（的情况同理），
所以为直角三角形.
综上所述，当时，直线l上任意一点M，使为直角三角形，
当时，直线l上存在两点M，使为直角三角形；
当或时，不是直角三角形.
X
0
1
2
3
4
P