辽宁省名校联盟2024年高考模拟卷（信息卷）数学（四）及答案

这是一份辽宁省名校联盟2024年高考模拟卷（信息卷）数学（四）及答案，共25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．已知的实部为，且为纯虚数，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，若，则（ ）
A．3B．2C．1D．1或3
3．已知直线与曲线相切，则的方程不可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．造纸术是我国古代四大发明之一，目前我国纸张采用国际标准，复印纸A系列纸张尺寸的长宽比都是，.纸张的面积为1平方米，长宽比为，将纸张的长边对折切开得到两张纸张，将的长边对折切开得到两张纸张，依次类推得到纸张，，…，.则纸张的长等于（ ）（参考数据：，）
A．210毫米B．297毫米C．149毫米D．105毫米
5．为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．12种．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知点在椭圆上，的左、右焦点分别为，则满足的点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．将一块棱长为1的正方体木料，打磨成两个球体艺术品，则两个球体的体积之和的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知第一组样本数据的极差为，中位数为，平均数为，标准差为；第二组样本数据的极差为，中位数为，平均数为，标准差为．若满足，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知正三棱柱的底面边长为，高为，记异面直线与所成角为，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知向量不共线，，若，则 .
13．某厂家为了保证防寒服的质量，从生产的保暖絮片中随机抽取多组，得到每组纤维长度（单位：）的均值，并制成如下所示的频率分布直方图，由此估计其纤维长度均值的分位数是 .
14．已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与一条渐近线交于点（异于点），直线与另一条渐近线交于点，且，则的离心率为 .
四、解答题
15．已知的内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．
16．土壤食物网对有机质的分解有两条途径，即真菌途径和细菌途径．在不同的土壤生态系统中，由于提供能源的有机物其分解的难易程度不同，这两条途径所起的作用也不同．以细菌分解途径为主导的土壤，有机质降解快，氮矿化率高，有利于养分供应，以真菌途径为主的土壤，氮和能量转化比较缓慢，有利于有机质存财和氮的固持．某生物实验小组从一种土壤数据中随机抽查并统计了8组数据，如下表所示：
其散点图如下，散点大致分布在指数型函数的图象附近．
(1)求关于的经验回归方程（系数精确到0.01）；
(2)在做土壤相关的生态环境研究时，细菌与真菌的比值能够反映土壤的碳氮循环．以样本的频率估计总体分布的概率，若该实验小组随机抽查8组数据，再从中任选4组，记真菌（单位：百万个）与细菌（单位：百万个）的数值之比位于区间内的组数为，求的分布列与数学期望.
附：经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，
17．如图，在几何体中，四边形为菱形，四边形为梯形，，且．

(1)求证：平面平面；
(2)当时，平面与平面能否垂直？若能，求出菱形的边长；若不能，请说明理由．
18．已知定点，动点在直线上，过点作的垂线，该垂线与的垂直平分线交于点，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知点，动点在上，满足，且与轴不垂直．请从①在上；②三点共线；③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.
19．已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
细菌百万个
70
80
90
100
110
120
130
140
真菌百万个
8.0
10.0
12.5
15.0
17.5
21.0
27.0
39.0
参考答案：
1．D
【分析】设复数，结合复数的乘法运算公式和纯虚数定义列方程求，由此可得结论.
【详解】因为复数的实部为，
所以可设，，
所以，
因为为纯虚数，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
2．C
【分析】由题意可求出B中可能的元素，讨论a的取值，验证是否符合题意，即可得答案.
【详解】由题意知：对于集合B，当时，；当时，；
当时，；
又，故，则，
若，则，此时，
不满足；
若，此时，满足，
故，
故选：C
3．D
【分析】求出根据导函数的几何意义，分别解以及，得出切点坐标，代入点斜式方程求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
由导数的几何意义可得，曲线在点处的切线的斜率.
对于A、B项，由可得，，解得.
当时，切点为，此时切线方程为，
整理可得，切线方程为，故B项正确.
当时，切点为，此时切线方程为，
整理可得，切线方程为，故A项正确；
对于C、D项，由可得，，解得，切点为，
此时切线方程为，整理可得，切线方程为，故C项正确，D项错误.
故选：D.
4．C
【分析】依据题意先得出的面积，再由长宽比计算即可.
【详解】由已知的面积分别为平方米，的面积为平方米.设的长宽分别为，，
则，
故。
故选：C.
5．A
【分析】满足条件的涂色方案可分为区域同色，且和其它区域不同色和区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可
【详解】满足条件的摆放方案可分为两类，
第一类区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域有种方法，
第二步，摆放区域有3种方法，
第三步，摆放区域有2种方法，
第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，
第二类，区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域有种方法，
第二步，摆放区域有3种方法，
第三步，摆放区域有2种方法，
第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，
根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有种，
故选：A.
6．A
【分析】根据已知化简可推得，两边平方整理得出，求解得出，进而根据二倍角的余弦公式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
7．B
【分析】设，由题设可得坐标的方程组，求出其解后可判断的个数.
【详解】由椭圆可得半焦距，故.
设，则,
所以即，而，
故，故满足条件的的个数为2，
故选：B.
8．B
【分析】先由已知推得两球球心的位置，设出圆心、半径，进而推得.代入体积公式，求导根据导函数得出函数的单调性，进而得出函数的最值点，代入化简，即可得出答案.
【详解】要使两个球的体积之和最大，则应满足两个球互相外切，并且分别与正方体的面相切，即应有两个球球心连线位于正方体的体对角线上.
如图，设两球的圆心分别为，半径为，
由已知可得，，，，
所以，，
则，，.
又，
所以，，.
因为，所以.
又两球的体积之和，
.
当时，有，即函数在上单调递减；
当时，有，即函数在上单调递增.
当时，，
所以，.
又，
所以，函数的最大值为.
故选：B.
【点睛】思路点精：解决球的内切外接问题时，先分析根据截面图得出与半径有关的方程，求解得出半径或半径的关系式.
9．BC
【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.
【详解】解：因为，
对于A，设在数据中最大，最小，则，
则在数据中最大，最小，则，故A错误；
对于B，因为样本数据的中位数为，
当为偶数时，，
又因为，
所以样本数据的中位数为，
当为奇数时，，
又因为，
所以样本数据的中位数为，
所以样本数据的中位数为，故B正确；
对于C，因为样本数据的平均数为 ，
即 ，
所以样本数据的平均数为
，故C正确；
对于D，因为样本数据的标准差为，
样本数据的标准差为 ，
则，
，
，
所以，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，以及相关向量的坐标，根据空间角的向量求法，一一求解各选项中所求结果，即可判断答案.
【详解】在正三棱柱中，设的中点为，连接,
则平面，,
以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
对于A，当时，，
则，
则，
由于异面直线与所成角为，范围为大于小于等于，
故，A正确；
对于B，，
则，由于，
则，
解得或，B错误；
对于C，当时，，
则，
则，故，则，C正确；
对于D，若，则，
则，
则，
则，
解得或（舍），D正确；
故选：ACD
11．ACD
【分析】依次构造函数、、、、，分别求出函数的导函数得出函数的单调性，进而证明不等式成立，即可得出答案.
【详解】令，则，
当时，有，所以在上单调递增；
当时，有，所以在上单调递减.
所以，在处取得唯一极大值，也是最大值，
所以，，即，所以；
令，则，
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，，即，所以；
令，则恒成立，
所以在上单调递减.
又，
所以，当时，恒成立，
所以，即在上恒成立，所以；
令，
则在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，
所以在上恒成立，
即，即，
所以，.
所以，；
令，则.
令，则.
因为在上恒成立，所以在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，在上单调递增.
又，所以在上单调递增，
所以，，即；
令，
则在上恒成立，
所以，在上单调递减.
又，
所以，即，
所以，.
因为，所以，即.
综上所述，.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：构造函数，通过求解导函数，得出函数的单调性，进而结合特殊点处的函数值，证明不等式成立.
12．
【分析】借助平面向量共线定理与平面向量基本定理计算即可得.
【详解】由，不共线，故存在实数，使，
即有，即有，
解得.
故答案为：.
13．36
【分析】计算前6个以及前面7个矩形面积之和，确定纤维长度均值的分位数位于第7组内，根据分位数的含义，列式计算，即得答案.
【详解】由频率分布直方图可得从左到右前6个矩形面积之和为：，
前7个矩形面积之和为，
故纤维长度均值的分位数位于第7组内，
设纤维长度均值的分位数为x，则，
解得，
即估计其纤维长度均值的分位数是36，
故答案为：36
14．/
【分析】易得右焦点到直线OP的距离为d，再由，得到，然后在和中，由求解.
【详解】解：如图所示：

设，即，
则右焦点到直线OP的距离为，
又，则，又，
在中，在中，
又因为，
所以，解得，
所以离心率为，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理，即可求得答案；
（2）利用正弦定理求出的表达式，根据为锐角三角形确定B的范围，求出三角形周长的表达式并化简，结合正切函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知中，，
即，即，
故，而；
（2）由（1）知，而，
故由正弦定理得，则
，
由为锐角三角形，则，则，
故的周长
，
而，故，
故的周长的取值范围为.
16．(1)
(2)分布列见解析，2
【分析】（1）令，将指数型回归方程转化为线性回归方程，利用最小二乘法的估计系数公式，即可求得答案；
（2）确定真菌与细菌的数值之比位于区间内的组数，即可确定X的取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，即可求得数学期望.
【详解】（1）由于，故，
令，则，
，
则，，
故，则关于的经验回归方程为；
（2）由已知图表可知从第1组到第8组的真菌（单位：百万个）与细菌（单位：百万个）的数值之比依次为：
，，
故样本中比值位于内的组数有4组，则X的可能取值为：，
则,，
故X的分布列为：
则.
17．(1)证明见解析
(2)存在，且菱形的边长为
【分析】（1）设，交点为，连接，证得和，证得平面，进而证得平面平面；
（2）证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量垂直定义，求得的值，进而求得的长，即可求解.
【详解】（1）设，交点为，连接，
因为四边形为菱形，所以，，
又因为，所以，
因为，平面，且，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）由，，，
在中，可得，
所以，故，
又由（1）知平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，，故，
设平面法向量为，则，
取，可得，，故，
因为平面与平面垂直，故，
解得，此时，
故存在边长为的菱形，使平面与平面垂直.

18．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据条件判断动点轨迹是抛物线，再根据抛物线的标准方程直接求解.
（2）由三选二作为条件另一个作为结论，逐一选择，与第一问求得的结果联立，得出相应结论.
【详解】（1）由题意：动点到点的距离与到直线：的距离相等，
所以的轨迹是以为焦点，以直线：为准线的抛物线，
所以的方程为：
（2）（1）若选择①③②
如图：
因为，，都在上，所以，所以，可设，.且.
由
所以
此时，，
所以
，
即，所以A，B，Q三点共线.
（2）若选择①②③
如图：此时点可在线段上任意选择一点，则和未必满足③，故该选择无法证明.
（3）若选择②③①
因为，且，，所以，设，.
因为
（*）
又因为三点共线，
所以
因为，所以
，代入（*）整理得：
因为，故，所以在曲线：上.
【点睛】关键点点睛：本题第一要选择适当的条件，选择不当的话可能就证明不出结论，第二，题目的运算量较大，需细心和坚持.
19．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
X
0
1
2
3
4
P