[数学][二模]辽宁省教研联盟2024届高三调研测试(二模)试卷(解析版)

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这是一份[数学][二模]辽宁省教研联盟2024届高三调研测试(二模)试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设，
因为，，
所以，故，故,
所以,所以.
故选：C.
2. 设，则（）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】由复数，可得.
故选：A.
3. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（）
A. 366B. 422C. 450D. 600
【答案】C
【解析】由题意，大衍数列的偶数项为，
可得该数列的偶数项的通项公式为，
所以此数列的第30项为.
故选：C.
4. 有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】记甲、乙在同一组为事件，
将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为，
其中甲、乙在同一组包含的基本事件个数为，
所以甲、乙在同一组的概率．
故选：A．
5. 若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
6. 已知函数的零点分别为，则（）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】令，可得，所以，即；
令，可得，即，所以，
即；
令，可得，由此可得，所以，
即，
作图象，如图，

由图象可知，，所以.
故选：D
7. 已知的外接圆半径为2，且内角满足，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，，
得，
即，则，
由，解得，
由正弦定理知.
故选：D
8. 已知，则的最小值为（）
A. 4B. 6C. D.
【答案】D
【解析】由，，即，易知，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最小值为.
故选：D
二、选择题
9. 关于函数，下列说法正确的有（）
A. 的定义域为B. 的函数图象关于y轴对称
C. 的函数图象关于原点对称D. 在上单调递增
【答案】ACD
【解析】因为，则，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，即为奇函数，
所以的图像关于原点对称，故B错误，C正确；
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确；故选：ACD.
10. 设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】如下图所示，设切点为，，，
对于A，由椭圆的方程知：，
由椭圆的定义可得：，
易知，所以，
所以，故A正确；
对于BCD，，
又因为，解得：，
又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；从而，所以，
所以，而，所以，故C错误；
从而，故D正确.故选:ABD．

11. 在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（）
A. 平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形
B. 平面平面
C. 存在，使得平面平面
D. 当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为
【答案】ABC
【解析】如图，连接，，，则，
由正方体的性质可得点E是侧面的中心，点M是正方体的中心，
所以连接EM并延长交侧面于点P，则点P是侧面的中心，且．
设平面EPN交于点F，交AD于点G，交BC于点H，连接NF，GH，
因为平面平面，所以，．
因为，平面ABCD，所以平面ABCD，
又平面ABCD，所以，所以，易知，
所以，所以平面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH是矩形，A正确；
因为点M是正方体的中心，所以，M，B三点共线，所以平面即为平面，
因为，，，AB，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面，B正确；
当时，点N与点重合，平面EMN即为平面，
由B选项可知平面平面，即平面平面EMN，C正确；
当时，，则，
又，，
所以截面多边形NFGH的面积为，D错误．
故选:ABC．
三、填空题
12. 设为抛物线的焦点，为抛物线上一点，若，则点的横坐标为__________．
【答案】4
【解析】设，由，得，所以，解得．
故答案为：4.
13. 设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______.
【答案】
【解析】由数列的前项和，
当时，可得，
两式相减，可得，
即，即，
当时，，可得，所以，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，
则，
所以数的前121项和为.
故答案为：.
14. 某运动员在亚运会田径比赛中准备参加100米、200米两项比赛，根据以往成绩分析，该运动员100米比赛未能获得奖牌概率为，200米比赛未能获得奖牌的概率为，两项比赛都未能获得奖牌的概率为，若该运动员在100米比赛中获得了奖牌，则他在200米比赛中也获得奖牌的概率为_______________.
【答案】
【解析】设在200米比赛中获奖为事件，在100米比赛中获奖为事件，
则,
所以，
则,
所以该运动员在100米比赛中获奖，在200米比赛中也获奖的概率是.
故答案为：.
四、解答题
15. 设等差数列的前n项和为，公差为d，且.若等差数列，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前n项和为，且，求n的最大值.
解：（1）因为，则，，，
由为等差数列，所以，即，化简可得，
因为，所以且，所以，
则，所以，
则.
（2）因为，则，由（1）可知，
则，
由可得，解得，且，
所以n的最大值为.
16. 某大型体育赛事首日火炬传递共有106名火炬手参与.
（1）组委会从火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：
根据小概率值的独立性检验，试判断火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；
（2）在所有火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛，某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？
（1）解：零假设为：全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联，
根据的列联表中的数据，可得，
所以根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
所以可以认定为成立，即认为全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联.
（2）解：设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，
则，
所以这位火炬手时男性的概率约为.
17. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，，G为线段PD中点，，O为AD中点.
（1）求证：平面平面ABCD；
（2）M为线段PA上一点，且，求平面BCM与平面POC所成角的余弦值.
（1）证明：取中点，连接，则，，
又，所以，设，
又，，所以，
因为，所以，
所以，
又在中，，
而在中，，
所以为直角三角形，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，，
平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，所以，又，
所以平面，，
建立如图所示的空间直角坐标系，因为为等边三角形，，
所以，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，取，则，
所以，且易知平面的一个法向量为，
则，则，
所以平面BCM与平面POC所成角的余弦值为0.
18. 彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的椭圆形、双曲线或抛物线.它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸"现象，终生只能接近太阳一次，永不复返.通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点离心率为的运行轨道，且慧星距离太阳的最近距离为.
（1）求彗星“逃逸”轨道的标准方程；
（2）设双曲线的两个顶点分别为，，过，作双曲线的切线，，若点P为双曲线上的动点，过P作双曲线的切线，交实轴于点Q，记直线与交于点M，直线交于点N.求证：M，N，Q三点共线.
（1）解：由题意知，彗星“逃逸”轨道的标准方程为双曲线，
不妨设双曲线的焦点在上，设其方程为，
因为双曲线的离心率为，可得，即，
又因为慧星距离太阳的最近距离为，可得，
解得，可得，
所以彗星“逃逸”轨道标准方程.
（2）解：不妨设点在第一象限，由双曲线，可得，则，所以，即切线的斜率为，
则切线方程为且，可得，
令，可得，即点的坐标为，
又由过，可得切线，，
因为，所以的方程为，的方程为，联立方程组，解得，即，再联立方程组，
解得，即，
则，且，
所以，所以三点共线.
.
19. 已知函数，（，）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
（1）解：函数的定义域为，
则，
若，则恒成立，所以在上单调递增；
若，由，解得；由，解得．
在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：当时，，
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
，
所以，所以，即，
要证，
即，即证，
又，
即证，，
设，则．
设，则，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，即．
，即．性别
年龄
总计
满50周岁
未满50周岁
男
15
45
60
女
5
35
40
总计
20
80
100
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828