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2024年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷-普通用卷
展开这是一份2024年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学四模试卷-普通用卷，共17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。
1.已知x+yi1+i=2−i，x，y∈R，则x+y=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.若a，b是夹角为60∘的两个单位向量，λa+b与2a−b垂直，则λ=( )
A. 0B. 2C. −1D. −2
3.某种酸奶每罐净重X(单位：g)服从正态分布N(184,2.52).随机抽取1罐，其净重在179g与186.5g之间的概率为( )
(注：若X∼N(μ,σ2)，P(|X−μ|<σ)=0.6827，P(|X−μ|<2σ)=0.9545，P(|X−μ|<3σ)=0.9973)
A. 0.8186B. 0.84135C. 0.9545D. 0.6827
4.等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1=2，a3+a7=8，则S17=( )
A. 51B. 102C. 119D. 238
5.过点P(a,b)作圆x2+y2=1的切线PA，A为切点，|PA|=1，则a+3b的最大值是( )
A. 2B. 5C. 2 5D. 2 10
6.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，I为△PF1F2的内心，记△PF1I，△PF2I，△IF1F2的面积分别为S1，S2，S3，且满足S1=S2+S33，则双曲线的离心率是( )
A. 2B. 3C. 2D. 3
7.某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
下列结论正确的是( )
A. 该校2023年与2022年的本科达线人数比为6：5
B. 该校2023年与2022年的专科达线人数比为6：7
C. 2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80%
D. 2023年该校不上线的人数有所减少
8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N，P分别是棱C1D1，AA1，BC的中点，Q为平面PMN上的动点，且直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，则点Q的轨迹长度为( )
A. π2
B. π
C. 2π
D. 3π
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知△ABC，内角A，B，C分别对应边a，b，c则下列命题中正确的是( )
A. 若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为钝角三角形
B. 若AB=3，AC=1，B=30∘，则△ABC的面积为 32
C. 在锐角△ABC中，不等式sinA>csB恒成立
D. 若B=π3，a=2 3，且△ABC有两解，则b的取值范围是(3,2 3)
10.已知函数f(x)=−xex，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的极值点为(1,−1e)
B. f(x)的极值点为1
C. 直线y=1e2x−4e2是曲线y=f(x)的一条切线
D. f(x)有两个零点
11.已知f(x)和g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(1+x)+g(1−x)=1，则下列说法中正确的是( )
A. 4为f(x)的一个周期B. 8为g(x)的一个周期
C. g(2024)=0D. n=12024f(4n−2)=2024
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知sin(α+π6)=14，则sin(2α+5π6)=______.
13.命题任意“x∈[1,3]，a≤2x+2−x”为假命题，则实数a的取值范围是______.
14.已知数列{an}满足a1=1,an+1={an+n−3,n是奇数2an,n是偶数,bn=a2n+2n，则bn+1bn=______.
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=2，AA1=1.E为B1C1的中点.
(1)求直线A1D与直线AE所成角的余弦值；
(2)求点D1到直线AE的距离.
16.(本小题15分)
如图，在平面内，四边形ABCD满足B，D点在AC的两侧，AB=1，BC=2，△ACD为正三角形，设∠ABC=α.
(Ⅰ)当α=π3时，求AC；
(Ⅱ)当α变化时，求四边形ABCD面积的最大值.
17.(本小题15分)
如图，已知椭圆C1:x24+y2=1和抛物线C2:x2=2py(p>0)，C2的焦点F是C1的上顶点，过F的直线交C2于M、N两点，连接NO、MO并延长之，分别交C1于A、B两点，连接AB，设△OMN、△OAB的面积分别为S△OMN、S△OAB.
(1)求p的值；
(2)求OM⋅ON的值；
(3)求S△OMNS△OAB的取值范围.
18.(本小题17分)
2023年杭州亚运会于2023年9月23日至10月8日举行，亚洲45个国家和地区的奥委会代表参会.某校想趁此机会带动学生的锻炼热情，准备开设羽毛球兴趣班，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，调查学生是否喜欢羽毛球运动，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图.
(1)根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据α=0.010的独立性检验，推断是否可以认为该校学生的性别与是否喜欢羽毛球运动有关联；
(2)已知该校男生与女生人数相同，将样本的频率视为概率，现从全校学生中随机抽取30名学生，设其中喜欢羽毛球运动的学生人数为X，求P(X=k)取得最大值时的k(k∈N*)值.
附：
参考公式：
χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
19.(本小题17分)
已知f(x)=aexlnx，g(x)=x2+xlna.
(Ⅰ)当a=1时，求f(x)在x=1处切线方程；
(Ⅱ)若f(x)
1.【答案】C
【解析】解：∵x+yi1+i=2−i，
∴x+yi=(1+i)(2−i)=3+i，
∴x=3，y=1，
∴x+y=4.
故选：C.
根据条件得出x+yi=(1+i)(2−i)，再根据复数的乘法运算可得出x+yi=3+i，然后即可求出x+y的值．
本题考查了复数的乘法运算，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：a，b是夹角为60∘的两个单位向量，
则|a|=|b|=1，a⋅b=1×1×cs60∘=12，
λa+b与2a−b垂直，
则(λa+b)⋅(2a−b)=2λa2+(2−λ)a⋅b−b2=0，即2λ−1+(2−λ)×12=0，解得λ=0.
故选：A.
结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意可知，μ=184，σ=2.5，可得179=μ−2σ，186.5=μ+σ，
净重在179g与186.5g之间的概率为P(179
P(μ−2σ
所以净重在179g与186.5g之间的概率为P(179
根据正态分布的对称性，以及μ=184，σ=2.5，即可求得净重在179g 与186.5g之间的概率．
本题考查正态分布的性质，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：等差数列{an}中，a1=2，a3+a7=2a5=8，即a5=4，
所以d=a5−a15−1=12，
则S17=17×2+17×162×12=102.
故选：B.
结合等差数列的性质先求出公差d，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，圆x2+y2=1的圆心为O(0,0)，半径r=1.
若PA与圆O相切于点A，则PA⊥OA，可得|PO|2=|PA|2+|OA|2=2，即a2+b2=2，
设a+3b=t，则a=t−3b，可得(t−3b)2+b2=2，整理得10b2−6tb+t2−2=0，
关于b的一元二次方程有实数解，所以Δ=36t2−40(t2−2)≥0，解得−2 5≤t≤2 5.
当a= 55，b=3 55时，t有最大值2 5，即a+3b的最大值是2 5.
故选：C.
根据圆的切线的性质得出PA⊥OA，结合勾股定理可得|PO|2=|PA|2+|OA|2=2，即a2+b2=2，然后设a+3b=t，将a2+b2=2化为关于b的一元二次方程，利用根的判别式大于等于0，求出t的最大值，可得答案．
本题主要考查圆的方程及其性质、直线与圆的位置关系、一元二次方程根的判别式及其应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：设△PF1F2的内切圆半径为r，
则S1=12|PF1|r，S2=12|PF2|r，S3=12|F1F2|r=cr，
∴S1−S2=12(|PF1|−|PF2|)r=ar，
又S1=S2+S33，∴S1−S2=S33，
∴ar=13cr，∴c=3a，∴e=3，
故选：D.
根据双曲线的几何性质，内切圆的性质，方程思想，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，内切圆的性质，方程思想，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：不妨设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，
2022年本科达线人数为50，
2023年本科达线人数为90，
∴2023年与2022年的本科达线人数比为9：5，
本科达线人数增加了80%，故A错误，C正确；
2022年专科达线人数为35，2023年专科达线人数为45，
∴2023年与2022年的专科达线人数比为9：7，故B错误；
2022年不上线人数为15，2023年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，故D错误．
故选：C.
设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，再根据饼图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可．
本题考查饼图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x、y、z轴，
建立空间直角坐标系，P(1,2,0)，M(0,1,2)，
N(2,0,1)，D(0,0,0)，B1(2,2,2)，
故DB1=(2,2,2)，PM=(−1,−1,2)，
PN=(1,−2,1)，设平面PMN的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PM=(x,y,z)⋅(−1,−1,2)=−x−y+2z=0m⋅PN=(x,y,z)⋅(1,−2,1)=x−2y+z=0，
令z=1得，x=y=1，故m=(1,1,1)，
因为DB1=2m，故DB1⊥平面PMN，
Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30∘，
DB1⊥平面PMN，设垂足为S，以S为圆心，r= 33B1S为半径作圆，
即为点Q的轨迹，其中B1D=|B1D|= 4+4+4=2 3，由对称性可知，B1S=12B1D= 3，故半径r= 33× 3=1，故点Q的轨迹长度为2π.
故选：C.
可得DB1⊥平面PMN，可得点Q的轨迹为圆，由此即可得．
本题考查立体中的轨迹问题，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：选项A：△ABC中，若sin2A+sin2B+cs2C=sin2A+sin2B+1−sin2C<1，
即sin2A+sin2B−sin2C<0，所以由正弦定理得a2+b2−c2<0，
又由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab<0，所以C∈(π2,π),△ABC为钝角三角形，A说法正确；
选项B：△ABC中，若AB= 3,AC=1,B=30∘，则由正弦定理得ACsinB=ABsinC，解得sinC= 32，
所以C=60∘或120∘，所以∠A=90∘或∠A=30∘，△ABC的面积S=12AB⋅AC⋅sinA= 32或 34，B说法错误；
选项C：因为△ABC是锐角三角形，所以C<π2，所以A+B=π−C>π2，
又A,B∈(0,π2)，所以A>π2−B，则π2−B∈(0,π2)，
又因为y=sinx在(0,π2)单调递增，所以sinA>sin(π2−B)=csB，C说法正确；
选项D：如图所示，
若△ABC有两解，则asinB
根据正弦定理和余弦定理边角互化判断AB，利用锐角三角形角的关系结合诱导公式判断C，结合图象，根据边角的关系与解的数量判断D.
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为f(x)=−xex，所以f′(x)=x−1ex，
令f′(x)<0，得x<1；令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)在(−∞,1)上单调递减；在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=1处取得唯一极小值，也是f(x)的最小值，
所以f(x)的极值点为x=1，故A错误，B正确；
因为f(2)=−2e2,f′(2)=1e2，
所以f(x)在x=2处的切线方程为y+2e2=1e2(x−2)，
即y=1e2x−4e2，故C正确．
因为f(0)=0,f(1)=−1e<0，结合f(x)在(−∞,1)上的单调性，
可知x=0是f(x)在(−∞,1)上的唯一零点；
当x>1时，ex>0恒成立，故f(x)=−xex<0恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)上没有零点；
综上：f(x)只有一个零点，故D错误．
故选：BC.
利用导数与函数的极值的关系可判断AB；结合函数的单调性与函数零点的知识可判断D；利用导数的几何意义求得f(x)在x=2处的切线方程，从而得以判断．
本题主要考查利用导数研究函数的极值和切线方程，属于难题．
11.【答案】BCD
【解析】解：因为f(x)和g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
所以f(−x)=f(x)，g(−x)=−g(x)，且g(0)=0，
又因为f(1+x)+g(1−x)=1，
所以f(2+x)+g(−x)=1，
即f(x+2)−g(x)=1，①
用−x替换f(1+x)+g(1−x)=1中的x，
得f(1−x)+g(1+x)=1，
即f(2−x)+g(x)=1，②
由①+②，
得f(x+2)+f(2−x)=2，
所以函数y=f(x)关于(2,1)中心对称，且f(2)=1，
由f(x+2)+f(2−x)=2，
可得f(x+4)+f(−x)=2，
f(x+4)=2−f(−x)=2−f(x)，
所以f(x+8)=2−f(x+4)=2−[2−f(x)]=f(x)，
所以f(x)为周期函数，8为最小正周期，故A错误；
用x+8替换且f(1+x)+g(1−x)=1的x，
得f(1+x+8)+g[1−(x+8)]=1，
又因为f(1+x+8)=f(1+x)，
所以g(1−x)=g[1−(x+8)]=g[(1−x)+8]，
所以g(x+8)=g(x)，
所以g(x)为周期函数，8为最小正周期，故B正确；
所以g(2024)=g(253×8+0)=g(0)=0，故C正确；
又因为f(x+4)+f(−x)=2，
即f(x)+f(x+4)=2，
令x=2，则有f(2)+f(6)=2，
令x=10，则有f(10)+f(14)=2，
……
令x=8090，则有f(8090)+f(8094)=2，
所以f(2)+f(6)+f(10)+f(14)+…+f(8090)+f(8094)= 2+2+⋯+21012个=2024.
所以n=12024[f(4n−2)]=f(2)+f(6)+f(10)+f(14)+…+f(8090)+f(8094)=2024，故D正确．
故选：BCD.
由题意可得f(x+2)−g(x)=1，用−x替换f(1+x)+g(1−x)=1中的x，得f(2−x)+g(x)=1，于是可得f(x+2)+f(2−x)=2，进而可得f(x)为周期函数，8为最小正周期，即可判断A；
用x+8替换且f(1+x)+g(1−x)=1的x，即可判断B；
根据B及g(0)=0即可判断C；
由f(x+2)+f(2−x)=2，可得f(x)+f(x+4)=2，f(2)+f(6)+f(10)+f(14)+…+f(8090)+f(8094)=2024.即可判断D.
本题考查了判断抽象函数的对称性、周期性，属于中档题．
12.【答案】78
【解析】解：sin(α+π6)=14，则sin(2α+5π6)=sin[(2α+π3)+π2]=cs(2α+π3)=1−2sin2(α+π6)=1−18=78.
故答案为：78.
利用诱导公式及二倍角的余弦可求得答案．
本题考查两角和与差的三角函数的运用，属于基础题．
13.【答案】{a|a>52}
【解析】解：若命题任意“x∈[1,3]，a≤2x+2−x”为假命题，
则命题存x∈[1,3]，a>2x+2−x为真命题，
因为1≤x≤3时，2≤2x≤8，
令t=2x，则2≤t≤8，
则y=t+1t在[2,8]上单调递增，
所以52≤y≤658，
所以a>52.
故答案为：{a|a>52}.
由已知结合含有量词的命题的真假关系即可求解．
本题主要考查了含有量词的命题的真假关系的应用，属于基础题．
14.【答案】2
【解析】解：由数列{an}满足a1=1，an+1={an+n−3,n为奇数,2an,n为偶数，
可得a2n+2=a(2n+1)+1=a2n+1+(2n+1)−3=a2n+1+2n−2，
又由a2n+1=2a2n，
所以a2n+2=a(2n+1)+1=2a2n+2n−2，
因为bn=a2n+2n，可得bn+1=a2n+2+2(n+1)=2a2n+4n，
所以bn+1bn=2a2n+4na2n+2n=2.
故答案为：2.
根据递推公式推导出a2n+2+2(n+1)=2a2n+4n，即可得解．
本题主要考查了数列的递推关系在数列项的求解中的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)取CC1中点F，连接EF，AF，如图，
由长方体的性质得A1D//EF，
∴∠AEF(或其补角)即为A1D与AE所成角，
在△AEF中，AE= 16+1+1=3 2，EF= 1+14= 52，AF= 16+4+14=92，
由余弦定理得cs∠AEF=AE2+EF2−AF22AE⋅EF=18+54−8142×3 2× 52=− 1030，
∴所求角的余弦值为 1030.
(2)连接AD1，ED1，在△AD1E中，AD1= 4+1= 5，ED1= 16+1= 17，AE=3 2，
∴cs∠D1AE=AD12+AE2−D1E22AD1⋅AE=5+18−172 5×3 2= 1010，
∴sin∠D1AE=3 1010，
∴点D1到直线AE的距离为AD1×sin∠D1AE= 5×3 1010=3 22.
【解析】(1)取CC1中点F，连接EF，AF，由长方体的性质得A1D//EF，∠AEF(或其补角)即为A1D与AE所成角，利用余弦定理能求出结果．
(2)连接AD1，ED1，利用余弦定理求出cs∠D1AE，再由同角三角函数关系式求出sin∠D1AE，由此能求出点D1到直线AE的距离．
本题考查余弦定理、同角三角函数关系式、点到直线AE的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)AB=1，BC=2，B=π3，
由余弦定理可得：AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcsB= 1+4−2×1×2×12= 3；
(Ⅱ)由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsα=1+4−2×1×2csα=5−4csα，
因为△ACD为正三角形，所以S△ACD= 34AC2=5 34− 3csα，
S△ABC=12AB⋅BCsinα=12×1×2sinα=sinα，
所以S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=sinα− 3csα+5 34=2sin(α−π3)+5 34，
因为α∈(0,π)，所以α−π3∈(−π3,2π3)，
所以sin(α−π3)∈(− 32,1],
所以S四边形ABCD∈( 34,2+5 34].
故四边形ABCD面积的最大值为2+5 34.
【解析】(Ⅰ)在△ABC中，由余弦定理可得AC的值；
(2Ⅱ由余弦定理可得AC2的表达式，进而求出正三角形ACD的面积的表达式，进而求出四边形ABCD的面积的表达式，由辅助角公式及α的范围，可得四边形面积的范围．
本题考查余弦定理及辅助角公式的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)抛物线C2的焦点为F(0,1)，故p=2.
(2)若直线MN与y轴重合，则该直线与抛物线C2只有一个公共点，不合乎题意，
所以，直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+1，点M(x1,y1)、N(x2,y2)，
联立x2=4yy=kx+1，可得x2−4kx−4=0，
Δ=16k2+16>0恒成立，则x1x2=−4，
OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+x124x224=−4+1=−3.
(3)设直线NO、MO的斜率分别为k1、k2，其中k1>0，k2<0，
联立x24+y2=1y=k1x，可得(4k12+1)x2=4，解得x=±2 4k12+1，
点A在第三象限，则xA=−2 4k12+1，
点B在第四象限，同理可得xB=2 4k22+1，
且k1k2=y1y2x1x2=x1x216=−14，
S△OMNS△OAB=|OM|⋅|ON||OB|⋅|OA|=|x1|⋅|x2|2 4k12+1⋅2 4k22+1
= (4k12+1)(4k22+1)= 4k12+14k12+2
≥ 2 4k12⋅14k12+2=2，
当且仅当k1=12时，等号成立．
∴S△OMNS△OAB的取值范围为[2,+∞).
【解析】(1)根据题意即可求出p的值．
(2)设直线MN的方程为y=kx+1，点M(x1,y1)、N(x2,y2)，联立直线与抛物线，即可得出OM⋅ON的值．
(3)联立直线与椭圆方程，根据点所在象限和均值不等式，即可得出答案．
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，根据等高堆积条形图，完成2×2列联表如下：
零假设为H0：该校学生的性别与是否喜欢羽毛球运动没有关联，
χ2=200×(75×45−55×25)2100×100×130×70≈8.791>6.635=x0.010，
∴依据小概率值α=0.010的独立性检验，
我们推断H0不成立，即能认为该校学生喜欢羽毛球运动与性别有关联；
(2)由列联表可知，该校学生喜欢羽毛球运动的频率为130200=1320，
∴随机变量X∼B(30,1320)，
∴P(X=k)=C30k(1320)k(1−1320)30−k，
要使P(X=k)取得最大值，则需C30k(1320)k(1−1320)30−k≥C30k−1(1320)k−1(1−1320)31−kC30k(1320)k(1−1320)30−k≥C30k+1(1320)k+1(1−1320)29−k，
解得38320≤k≤40320，
∵k∈N*，∴当k=20时，P(X=k)取得最大值．
【解析】(1)根据等高堆积条形图，填写2×2列联表，利用公式求χ2，与临界值对比后下结论；
(2)依题意，随机变量X∼B(30,1320)，则P(X=k)=C30k(1320)k(1−1320)30−k，由不等式组C30k(1320)k(1−1320)30−k≥C30k−1(1320)k−1(1−1320)31−kC30k(1320)k(1−1320)30−k≥C30k+1(1320)k+1(1−1320)29−k，求P(X=k)取得最大值时k的值．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了二项分布的概率公式，属于中档题．
19.【答案】解：(I)当x=1时，f(x)=exlnx，f′(x)=ex(lnx+1x)，
f′(1)=e，f(1)=0，
∴f(x)在x=1处的切线方程为y=e(x−1)；
(II)当f(x)
∴F(x)在(0,e)上单调递增，(e,+∞)上单调递减，
①0
综上，由①②得xex
G′(x)=1−xex>0，∴G(x)在(0,1)上单调递增，
故a≥1e；
(III)证明：由(II)可知当a=1e时，f(x)
∴122e12+232e13+342e14+……+n(n+1)2e1n+1
(II)当f(x)
本题考查导数的综合应用，属于难题．性别
是否喜欢羽毛球运动
合计
是
否
男生
女生
合计
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
是否喜欢羽毛球运动
合计
是
否
男生
75
25
100
女生
55
45
100
合计
130
70
200
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