辽宁省协作校2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题及答案

这是一份辽宁省协作校2024届高三下学期第一次模拟考试数学试题及答案，共23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。

一、单选题
1．已知集合，且，则集合B可以是( )
A．B．C．D．
2．已知，（i为虚数单位），则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知．则“且”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知双曲线的下焦点和上焦点分别为，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的4倍，则（ ）
A．3B．C．D．
5．猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球（不放回），猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若函数使得数列，为递减数列，则称函数为“数列保减函数”，已知函数为“数列保减函数”，则a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
7．若，则（ ）
A．或2B．或C．2D．
8．已知函数，若成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下图是样本甲与样本乙的频率分布直方图，下列说法判断正确的是（ ）

A．样本乙的极差一定大于样本甲的极差
B．样本乙的众数一定大于样本甲的众数
C．样本甲的方差一定大于样本乙的方差
D．样本甲的中位数一定小于样本乙的中位数
10．已知函数，则在区间上为减函数的充分条件是（ ）
A．B．的图象关于直线对称
C．是奇函数D．的图象关于点对称
11．已知不相等的实数，满足，则下列四个数，，，经过适当排序后（ ）
A．可能是等差数列B．不可能是等差数列
C．可能是等比数列D．不可能是等比数列
12．设直线系（其中0，m，n均为参数，，），则下列命题中是真命题的是（ ）
A．当，时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切
B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限
C．当时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为
D．当，时，若存在一点，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则
三、填空题
13．抛物线上的一点到其准线的距离为 ．
14．已知函数在处有极值8，则等于 ．
15．杭州第19届亚运会是继1990年北京亚运会、2010年广州亚运会之后，中国第三次举办亚洲最高规格的国际综合性体育赛事．本届亚运会徽宝由上下两方玉玺组成（如图一），上方以杭州城市文化代表（钱塘潮和杭州奥体中心体育场）为主体元素（如图二），，若将徽宝上方看成一个圆台与两个圆柱的组合体，其轴截面如图三所示，其中两个圆柱的底面直径均为10，高分别为2和6；圆台的上、下底面直径分别为8和10，高为2．则该组合体的体积为 ．
图1 图2 图3
16．已知是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，都有（其中），则 ．
四、解答题
17．在中，内角所对的边分别为，满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的最大值．
18．已知为数列的前n项和，满足，且成等比数列，当时，．
(1)求证：当时，成等差数列；
(2)求的前n项和．
19．某教育教研机构为了研究学生理科思维和文科思维的差异情况，对某班级35名同学的数学成绩和语文成绩进行了统计并整理成如下2×2列联表(单位：人)：
(1)能否有95%的把握认为该班数学成绩与语文成绩有关？(计算结果精确到0.001)
(2)从该班的学生中任选一人，A表示事件“选到的学生数学成绩良好”，B表示事件“选到的学生语文成绩良好”，与的比值是文、理科思维差异化的一项度量指标，记该指标为R．
(i)证明：；
(ii)利用该表中数据，给出，的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值．
附：，
20．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面侧面，为中点，是上的点，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求到平面的距离
21．已知圆和椭圆，椭圆的四个顶点为，如图．

(1)圆与平行四边形内切，求的最小值；
(2)已知椭圆的内接平行四边形的中心与椭圆的中心重合．当a，b满足什么条件时，对上任意一点P，均存在以P为顶点与外切，与内接的平行四边形？并证明你的结论．
22．已知函数，（其中a，b为实数，且）
(1)当时，恒成立，求b；
(2)当时，函数有两个不同的零点，求a的最大整数值．（参考数据：）
数学成绩良好
数学成绩不够良好
语文成绩良好
12
10
语文成绩不够良好
8
5
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
参考答案：
1．D
【分析】
根据可得出，显然错误，并且可求出的集合，然后即可得出正确的选项．
【详解】
，，且，故选项A错误；
或，故选项B错误；
，故选项C错误；
，故选项D正确．
故选：D．
2．A
【分析】
根据复数相等与复数乘法运算可解.
【详解】因为，
所以.
故选：A
3．A
【分析】根据条件，利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求出结果.
【详解】当且时，，所以，当且仅当，即时取等号，
所以由且可以得出，
显然，当，有成立，但得不出且，
所以“且”是“”的充分而不必要条件，
故选：A.
4．D
【分析】
根据三角形面积比转化为焦点到直线的距离之比即可得解.
【详解】由可知，，
联立，消元得：，
则，即，
由面积是面积的4倍可知，到直线的距离是到直线距离的4倍，即，
化简可得，即，
解得或（舍去），
故选：D
5．C
【分析】根据条件，利用古典概率、互斥事件和相互独立事件的概率公式，即可求出结果.
【详解】记事件：甲独自获胜，
因为每人随机选一个球（不放回），用表示甲、乙、丙选到谁写的灯谜，有（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），
（乙，丙，甲），（乙，甲，丙），（丙，乙，甲），（丙，甲，乙），共有6种选法，
又因为每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，
当甲选到自己写的灯谜，乙、丙选到对方写的灯谜时，甲独自获胜的概率为，
当甲选到乙写的灯谜，乙选到丙写的灯谜，丙选到甲写的灯谜时，甲独自获胜的概率为，
当甲选到丙写的灯谜，乙选到甲写的灯谜，丙选到乙写的灯谜时，甲独自获胜的概率为，
所以，
故选：C.
6．B
【分析】
易知对任意的恒成立，参变分离即可求解.
【详解】由题可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
因为在时单调递减，在时单调递增，
在时单调递减，
在n＝1时取最大值,且最大值为，
.
故选：B.
7．C
【分析】
根据已知条件，利用正切的二倍角公式求出tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函数的商数关系化简要求值的式子，带值计算即可得到答案.
【详解】或，
代入tanα求得值均为：2.
故选：C.
8．C
【分析】
构造函数，判断的奇偶性，再利用导数讨论其单调性，然后根据单调性将不等式去掉函数符号即可求解.
【详解】记，
令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
因为
，
所以为偶函数.
所以，
又在上单调递增，
所以，即，解得.
故选：C
【点睛】方法点睛：抽象函数不等式问题主要利用单调性求解，本题需结合奇偶性，并利用导数研究单调性进行求解.
9．BD
【分析】
根据数据分布的最小值和最大值可判断极差，从而判断A；根据众数、方差、中位数的概念，并结合图象可判断BCD.
【详解】对于选项A：
甲的数据介于[1.5,7.5]之间，极差小于或等于6；乙的数据分布于[2.5,8.5]，极差小于或等于6；从而甲和乙的极差可能相等，故A错误；
对于选项B：
根据频率分布直方图可知，甲的众数介于[2.5,5.5)之间，乙的众数介于(5.5,6.5]，故乙的众数大于甲的众数，B正确；
对于选项C：
甲的数据平局分布，乙的数据分布波动较大，故甲的方差小于乙的方差，故C错误；
对于选项D：
对于甲，各组频率依次为：，因为前两组频率之和，前三组频率之和，故中位数位于[3.5,4.5)之间；
同理，对于乙，各组频率依次为：，前三组频率之和，前四组频率之和，故中位数位于[5.5,6.5)之间，所以乙的中位数大于甲的中位数.故D正确.
故选：BD.
10．BD
【分析】根据条件，利用正弦函数的性质得到函数，再利用正弦函数的单调性判断.
【详解】A. 当时，，由，得，因为在上递增，故错误；
B. 若的图象关于直线对称，则，解得，取，则，
由，得，因为在上递减，故正确；
C. 若是奇函数，则，取，则，由，得，因为在不单调，故错误；
D. 若的图象关于点对称，则，解得，取，则，
由，得，因为在上递减，故正确；
故选：BD
11．AD
【分析】根据基本不等式的性质，结合等差数列、等比数列的性质进行判断即可.
【详解】不相等的实数，满足，不妨设，
当时，显然有，要想构成等差数列，则有：
，这与矛盾，因此不能构成等差数列，
若能构成等比数列，则有，这与矛盾，因此不能构成等比数列，
当时，，
要想构成等差数列，则有：或（舍去），
要想成等比数列，则有：因为这是不可能的，因此不能构成等比数列，
故选：AD
12．ABD
【分析】A选项，设，圆心到直线的距离等于1，故满足要求；B选项，直线恒过，结合直线的斜率存在和不存在两种情况，得到直线不过第三象限；C选项，得到和，得到原点到直线距离的范围；D选项，由题意得到不等式，得到，分，和三种情况，得到不等式，求出答案.
【详解】A选项，当，时，，
设圆为，则圆心到直线的距离，故与总相切，A正确；
B选项，当时，，
由于，故直线恒过，
若时，直线为，
若时，直线的斜率为，
故直线不过第三象限，
所以存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B正确；
C选项，当时，，
坐标原点到直线系M的距离为，
当当时，，
坐标原点到直线系M的距离为
其中，
故，C错误.
D选项，当，时，，
点到直线系M中所有直线的距离，
化简得恒成立，
由于，
若，解得，
当时，，不合要求，舍去，
当时，，满足要求，
若，即或，此时的最小值为0，
则，解得，故此时，
若，即，此时的最小值为，
则，解得或，故此时，
综上，，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
13．5
【分析】
根据点P在抛物线上求出a，再根据抛物线的性质求出其准线方程，从而可求P到准线的距离．
【详解】∵在上，
∴，即，
∴抛物线为，其准线为，
则到准线的距离为．
故答案为：5．
14．4
【分析】
求导，即可由且求解，进而代入验证是否满足极值点即可．
【详解】
若函数在处有极值8，则即
解得：或，
当时，，此时不是极值点，故舍去；当时，，
当或时，，当，故是极值点，
故符合题意，
故，
故.
故答案为：4.
15．
【分析】根据条件，利用柱体和锥体的体积公式，即可求出结果.
【详解】因为两个圆柱的底面直径均为10，高分别为2和6，
所以两个圆柱的体积分别为，，
又圆台的上、下底面直径分别为8和10，高为2，
所以圆台的体积为，
所以该组合体的体积为，
故答案为：.
16．
【分析】首先分析题意，由结合空间向量的数量积定义求解的值，进行下一步化简得出则当时，取得最小值，得到，多次求解二次函数最值可得答案.
【详解】因为且两者均为单位向量，所以
，
又因为对于任意的都有，
则当时，取得最小值，
则当
，
令，
由二次函数性质得当,
令，同理，即，
故，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查求空间向量，解题关键是找到方程，然后用主元法视为二次函数，多次求最值即可．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件及余弦定理得到，再利用正弦定理边转角得到，借助三角恒等变换公式化简即可得出结果；
（2）利用为锐角三角形，得到，再令，将问题转化成求在上的最值，即可求出结果.
【详解】（1）因为，即，由余弦定理，
得到，即，
所以，
又，
所以，
又，得到或（舍），所以，命题得证.
（2）由（1）知，所以，
令，
又因为为锐角三角形，所以，得到，
所以，又，
所以，又，
所以，
所以当时，取到最大值为.
18．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】
(1)利用得到和的关系即可证明；
(2)结合(1)中结论得，求出和公比，得到通项公式，从而根据等差和等比数列前n项和公式即可求解．
【详解】（1）∵，
∴，，
两式相减，得，
即．
当时，，∴，
∴当时，成等差数列．
（2）由，解得或，
又成等比数列，
∴由(1)得，进而，
而，∴，从而，
∴，
∴．
19．(1)，否；
(2)(i)证明见解析；(ii)，．
【分析】
（1）根据公式求出，查表即可判断；
（2）(i)根据条件概率计算公式即可证明；(ii)根据条件概率计算公式即可计算.
【详解】（1）由已知，又，而，
∴没有的把握认为该班数学成绩与语文成绩有关．
（2）
(i)∵．
∴，
∴，
(ii)由已知，
又，
∴．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由面面垂直和线面垂直性质可得，结合，由线面垂直和面面垂直的判定方法可证得结论；
（2）取中点，结合面面垂直性质可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值，进而根据点面距离的向量求法求得结果.
【详解】（1）平面平面，平面平面，，平面，
平面，又平面，；
四边形为正方形，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）取中点，连接，
，为中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
分别为中点，，又，；
以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，
，，，，
，，，，，，
，，，，，
设，则，
，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：（舍）或，
，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
21．(1)9；
(2)存在，证明见详解.
【分析】
（1）由圆与直线相切可得，代入，利用基本不等式即可求解；
（2）根据对称性和切线性质可得，设，则直线的方程为，代入椭圆方程得，整理成关于的方程，利用韦达定理结合可证.
【详解】（1）由题知，，
所以直线的方程为，即，
因为圆与平行四边形内切，
所以，圆心到直线的距离等于1，即，
整理得，
所以，
由题意可知，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，的最小值为9.
（2）当时，对上任意一点P，均存在以P为顶点与外切，与内接的平行四边形，证明如下：
如图，设，

当或时，由（1）可知存在满足题意的平行四边形.
当时，因为平行四边形的中心为O，
所以，点M，N关于原点对称，
记直线与圆O的切点分别为S，T，
由对称性和切线性质可知，，所以，
又为的中点，所以，即，
设，则直线的方程为，
代入椭圆方程得，
整理得，
由韦达定理可得，即，
又点在圆上，所以，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于根据对称性和切线性质分析的关系，然后设切线方程联立椭圆方程，将方程转化为的一元二次方程，利用韦达定理证明可得.
22．(1)
(2)
【分析】（1）设，利用导数分类讨论的最大值；
（2）分离常数转化为关于的方程有两个不同的解，设，利用导数求函数的极大值，则，
当时，设，验证有两解即可.
【详解】（1）设，则其定义域为，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，对于恒成立，
即恒成立，所以合理．
当时，令，即，
解得（舍），
当时，，单调递增；
又有，所以当时，，不合题意．
当时，令，即，
解得（舍），
当时，，单调递减；
又有，所以当时，，不合题意．
综上所述，．
（2）由题意，方程有两个不同的解，
即关于的方程有两个不同的解，
设，则，
设，由可知，
所以在上单调递减，
又，，
所以存在使得，即，所以，
所以当时，，即，进而函数单调递增；
当时，，即，进而函数单调递减，
所以函数的极大值为
要使得关于的方程有两个不同的解，则，
当时，设，
则，可知在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以有两个不同的零点，符合题意，
所以的最大整数值为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．