2024年遼寧遼陽縣高三數(shù)學考前模擬試卷附答案解析

年遼寧遼陽縣高三數(shù)學考前模擬試卷考試時間：120分鐘試卷滿分：150分注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷的指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，則（

）A．B．C． D．2．已知為關于的方程（a，）的一個根，，則（

）A． B． C． D．3．大多數(shù)居民在住宅區(qū)都會注意噪音問題.記為實際聲壓，通常我們用聲壓級（單位：分貝）來定義聲音的強弱，聲壓級與聲壓存在近似函數(shù)關系：，其中為常數(shù),且常數(shù)為聽覺下限閾值.若在某棟居民樓內，測得甲穿硬底鞋走路的聲壓為穿軟底鞋走路的聲壓的倍，且穿硬底鞋走路的聲壓級為分貝，恰為穿軟底鞋走路的聲壓級的倍.若住宅區(qū)夜間聲壓級超過分貝即擾民，該住宅區(qū)夜間不擾民情況下的聲壓為，則（

）A．， B．，C．， D．，4．已知向量滿足，且，則（

）A． B． C． D．5．某校高三年級有8名同學計劃高考后前往武當山?黃山?廬山三個景點旅游.已知8名同學中有4名男生，4名女生.每個景點至少有2名同學前往，每名同學僅選一處景點游玩，其中男生甲與女生不去同一處景點游玩，女生與女生去同一處景點游玩，則這8名同學游玩行程的方法數(shù)為（

）A．564 B．484 C．386 D．6406．已知數(shù)列滿足點在直線上，的前n項和為，則的最小值為（

）A． B． C． D．7．在銳角中，角的對邊分別為，且的面積，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．已知定義域為R的函數(shù)滿足：，，且，則下列說法不正確的是（

）A． B．是奇函數(shù)C．若，則 D．是奇函數(shù)二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．在中，內角所對的邊分別為，則下列結論正確的是（

）A．若，則是等腰三角形B．若，則的面積為C．若，則周長的最大值為D．若角滿足，則10．已知拋物線C：的焦點為，點在拋物線C上，則（

）A．若三點共線，且，則直線的傾斜角的余弦值為B．若三點共線，且直線的傾斜角為，則的面積為C．若點在拋物線C上，且異于點，，則點到直線的距離之積為定值D．若點在拋物線C上，且異于點，，其中，則11．已知函數(shù)，函數(shù)，且，定義運算設函數(shù)，則下列命題正確的是（

）A．的最小值為B．若在上單調遞增，則k的取值范圍為C．若有4個不同的解，則m的取值范圍為D．若有3個不同的解，，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．三星堆古遺址作為“長江文明之源“，被譽為人類最偉大的考古發(fā)現(xiàn)之一．3號坑發(fā)現(xiàn)的神樹紋玉琮，為今人研究古蜀社會中神樹的意義提供了重要依據(jù)．玉琮是古人用于祭祀的禮器，有學者認為其外方內圓的構造，契合了古代“天圓地方”觀念，是天地合一的體現(xiàn)，如圖，假定某玉琮形狀對稱，由一個空心圓柱及正方體構成，且圓柱的外側面內切于正方體的側面，圓柱的高為12cm，圓柱底面外圓周和正方體的各個頂點均在球O上，則球O的表面積為13．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別相交于兩點，直線與雙曲線的另一交點為，若為等腰三角形，且的面積是的面積的3倍，則雙曲線的離心率為．14．已知正四面體棱長為2，點分別是，，內切圓上的動點，現(xiàn)有下列四個命題：①對于任意點，都存在點，使；②存在，使直線平面；③當最小時，三棱錐的體積為④當最大時，頂點到平面的距離的最大值為．其中正確的有．（填選正確的序號即可）四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．如圖所示的空間幾何體是以為軸的圓柱與以為軸截面的半圓柱拼接而成，其中為半圓柱的母線，點為弧的中點.(1)求證：平面平面；(2)當，平面與平面夾角的余弦值為時，求點到直線的距離.16．在一場乒乓球賽中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠軍.比賽采用“雙敗淘汰制”，具體賽制為：首先，四人通過抽簽兩兩對陣，勝者進入“勝區(qū)”，敗者進入“敗區(qū)”；接下來，“勝區(qū)”的兩人對陣，勝者進入最后決賽；“敗區(qū)”的兩人對陣，敗者直接淘汰出局獲第四名，緊接著，“敗區(qū)”的勝者和“勝區(qū)”的敗者對陣，勝者晉級最后的決賽，敗者獲第三名；最后，剩下的兩人進行最后的冠軍決賽，勝者獲得冠軍，敗者獲第二名.甲對陣乙、丙、丁獲勝的概率均為，且不同對陣的結果相互獨立.(1)若，經(jīng)抽簽，第一輪由甲對陣乙，丙對陣??；①求甲獲得第四名的概率；②求甲在“雙敗淘汰制”下參與對陣的比賽場數(shù)的數(shù)學期望；(2)除“雙敗淘汰制”外，也經(jīng)常采用“單敗淘汰制”：抽簽決定兩兩對陣，勝者晉級，敗者淘汰，直至決出最后的冠軍.哪種賽制對甲奪冠有利？請說明理由.17．已知函數(shù)，．(1)討論的單調性；(2)若有兩個零點，求實數(shù)的取值范圍；(3)若對任意的恒成立，求實數(shù)的取值范圍．18．橢圓：的離心率為，圓：的周長為．(1)求的方程；(2)如圖，是的左焦點，過的直線交圓O于點M，N，線段的垂直平分線交C于點P，Q，交于點A．（i）證明：四邊形的面積為定值．（ii）記，的面積分別為，，求的取值范圍．19．數(shù)列滿足則稱數(shù)列為下凸數(shù)列.(1)證明：任意一個正項等比數(shù)列均為下凸數(shù)列；(2)設，其中，分別是公比為，的兩個正項等比數(shù)列，且，證明：是下凸數(shù)列且不是等比數(shù)列；(3)若正項下凸數(shù)列的前項和為，且，求證：.1．C【分析】先分別求集合，進而利用集合的交集與補集運算即可求解.【詳解】；由，得，解得，所以；；，于是.故選：C.2．C【分析】把代入中，根據(jù)復數(shù)相等，求得與的值，代入中，進而求得.【詳解】把代入中，，有，則，所以，，.故選：.3．A【分析】由結合對數(shù)運算可求得的值，由于，可得出、，結合對數(shù)函數(shù)的單調性可出結論.【詳解】由題意，得，則，因此，，則，，則.故選：A.4．A【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律求出、、，即可求出、、，再根據(jù)夾角公式計算可得.【詳解】由題意得，則有，解得，又由，則有，解得，同理可得，所以，，，所以.故選：A5．A【分析】先將不平均分組問題分成兩大類，然后由排列組合知識結合加法、乘法計數(shù)原理即可得解.【詳解】8人分三組可分為2人，2人，4人和2人，3人，3人，共兩種情況.第一種情況分成2人，2人，4人：女生去同一處景點，當成2人組時，其他6人分成2人，4人兩組且男生甲與女生不同組，有種方法；當在4人組時，有種方法.第二種情況分成2人，3人，3人：當成2人組時，有種方法；當在3人組時，有種方法.故這8名同學游玩行程的方法數(shù)為.故選：A.6．C【分析】由題意可得數(shù)列是等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式求出，從而可得，設，利用導數(shù)研究其單調性，結合即可求解.【詳解】因為數(shù)列滿足點在直線上，所以.因為，所以數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，所以，則.設，則，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又，，所以，即的最小值為.故選:C.7．B【分析】先由三角形面積公式求出，然后引入?yún)?shù)，將所求表示為的函數(shù)，再根據(jù)正弦定理邊化角、誘導公式、兩角和差得，注意到在銳角中，有，從而可以求出的范圍，由此即可得解【詳解】由三角形面積公式結合，可知，即，又由平方關系，所以，即，解得或（舍去），由余弦定理有，所以，令，所以，故只需求出的范圍即可，由正弦定理邊化角得，注意到在銳角中，有，簡單說明如下：若，則，即不是銳角，但這與是銳角三角形矛盾，所以在銳角中，有，所以在銳角中，有，因為正切函數(shù)在上單調遞增，所以，從而，而函數(shù)在單調遞減，在單調遞增，所以.綜上所述：的取值范圍為.故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題考查了正余弦定理綜合應用，以及誘導公式、兩角和差的正弦公式等來化簡表達式，關鍵就是將所求化繁為簡，化未知為已知，并且注意銳角三角形的特殊性，即注意到在銳角中，有，結合以上關鍵點即可順利求解.8．D【分析】B選項，根據(jù)得到，故為奇函數(shù)；A選項，由B可知，賦值得到，故；D選項，由得到，D正確；C選項，化簡得到，結合，求出，得到.【詳解】B選項，由得，所以，故是奇函數(shù)，故B正確；A選項，由是奇函數(shù)得，令，由可得，又，得，故A正確；D選項，由得，所以，故是偶函數(shù)，所以D錯誤；C選項，由題意得，令得，當時，，故，，依次求出，，所以C正確．故選：D【點睛】賦值法處理抽象函數(shù)，是解決抽象函數(shù)問題的關鍵，需要賦值法求出一些關鍵函數(shù)值，并結合函數(shù)單調性和奇偶性定義進行求解.9．BCD【分析】對A：由正弦定理及倍角公式判斷；對B：用余弦定理及面積公式求解；對C：用余弦定理及基本不等式求解；對D：構造利用其單調性判斷.【詳解】對A：，由正弦定理，，即，或，即或是等腰三角形或直角三角形，故A錯誤；對B.，，，所以B正確；對C：，又，，又，周長的最大值為故C正確；對D：令，則，所以在上為增函數(shù)，即，所以，所以，即，故D正確.故選：BCD10．BCD【分析】分別設定拋物線C和直線的方程，設，，聯(lián)立求得關于點坐標的韋達定理形式，進而轉化各個選項即可；選項A，將轉化為，求解即可；選項B，，求解即可；選項C，求得點的坐標，進而求得點到直線的距離，求解即可；選項D，設點到直線的距離為，可得，求解即可.【詳解】對A，設拋物線C：，設直線：，設，，聯(lián)立，則，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直線的斜率為，設直線MN的傾斜角為，則，且，則，解得，故A錯誤；對B，設拋物線C：，且直線的傾斜角為，設直線：，設，，聯(lián)立，則，，，故B正確；對C，由于點在拋物線C上，此時拋物線C：，設，，設直線AM：，聯(lián)立則，解得（舍去，此時重合）或，則點到直線的距離為，同理可得，因為，則到直線的距離為，故所求距離之積為，故C正確；對D，由于點在拋物線C上，此時拋物線C：，設直線AM：，與拋物線方程聯(lián)立可得，則，則，用替換可得，則，則，，故直線MN：，即，則點F到直線MN的距離，而即，，得，令，故，，當且僅當時等號成立，故D正確；故選：BCD．【點睛】方法點睛：若點在拋物線C上，且異于點，，則直線的斜率為定值，且該定值為處切線斜率的相反數(shù).11．AC【分析】對A，對分類討論，并作出分段函數(shù)的圖象求出最小值即可；對B，令，求出，根據(jù)其單調性得到不等式，解出即可；對C和D結合圖象轉化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，并結合函數(shù)對稱性即可判斷.【詳解】對A，

令，解得.當時，作出函數(shù)和的圖象，如圖1所示.此時，，顯然當時，，當時，作出函數(shù)的圖象，如圖2所示.，，所以的最小值為，綜上的最小值為，A正確.對B，令，解得，.若在上單調遞增，則，解得.因為當時，在上單調遞增，所以k的取值范圍為，B錯誤.對CD，若有3個不同的解，，，則結合圖象可得或，D錯誤.若有4個不同的解，則，C正確.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題B選項的關鍵是結合圖象找到臨界位置，從而得到不等式，CD選項應結合函數(shù)圖象，轉化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)問題.12．【分析】過圓柱的旋轉軸和正方體的一條側棱作截面，利用勾股定理列方程求解即可.【詳解】過圓柱的旋轉軸和正方體的一條側棱作截面，得截面圖如圖所示：不妨設正方體的棱長為2a，球О的半徑為R，則圓柱的底面直徑為，因為正方體的體對角線即為球О直徑，故，得，易知，截面中兩個矩形的對角線都是球的直徑，正方體的面對角線為，所以，由勾股定理得：，解得，球的表面積為，故答案為：13．或【分析】由雙曲線的定義和等腰三角形的定義，結合三角形的余弦定理和離心率公式，計算可得所求值．【詳解】設，，由雙曲線的定義可得，，由的面積是的面積的倍，可得，又為等腰三角形，可得，或，或，若，則只能關于軸對稱，此時與矛盾，不符題意；當，即，可得，，，，在中，，在中，，化為，即；當，即，可得，，，，在中，，在中，，化為，即．故答案為：或．

【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵需要考慮全面，分三種情況討論，結合雙曲線的定義及余弦定理求出、的關系.14．①②④【分析】使用空間向量設出各點的坐標，再對逐個選項分別求解.【詳解】設的重心分別是.以為原點，為軸正方向，建立空間直角坐標系.則，且.三個內切圓的半徑均為，且可設：；；.所以有，，.對于①，當確定后，取為關于平面的對稱點，則垂直于平面，所以垂直于，①正確；對于②，當，時，有，.故，，.直接計算可知，所以此時滿足條件，②正確；對于③，此時位于最上方，即.這時，點到平面的距離為.所以此時，③錯誤；對于④，此時，根據(jù)對稱性有，故，故此時在處取到最大.此時的縱坐標都是，故點到平面的距離為，④正確.故答案為：①②④【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對空間向量的計算與求解.15．(1)證明見解析(2)【分析】（1）過作交弧上一點，連結，由可得，進而由線面垂直的判定定理證明平面，從而由面面垂直的判定定理即可得證；（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，設，利用向量法求平面與平面夾角的余弦值，而列方程求出的值，從而向量法可求點到直線的距離.【詳解】（1）過作交弧上一點，連結，如圖所示：則為弧的中點，則且，所以四邊形為平行四邊形，所以.由題意可知，，為等腰直角三角形，則；因為為弧的中點，所以,則為等腰直角三角形，則，所以，則,因為，則，又，又因為、面，所以平面，因為面，所以平面平面.（2）由題意知，兩兩垂直，所以為坐標原點，以分別為軸，軸，軸的空間直角坐標系，如圖所示：設，又，則，，，，，，，，，，設平面的一個法向量為，則，即，令，，設平面的一個法向量為，則，即，令，，設平面與平面的夾角為，解得（負舍），所以，，，則，所以點到直線的距離為.16．(1)①0.16；②3.128(2)答案見解析..【分析】（1）結合對立事件概率和獨立事件概率公式求解即可；（2）結合對立事件概率和獨立事件概率公式比較計算.【詳解】（1）①記“甲獲得第四名”為事件，則；②記在甲在“雙敗淘汰制”下參與對陣的比賽場次為隨機變量，則的所有可能取值為2，3，4，連敗兩局：，可以分為：連勝兩局，第三局不管勝負；負勝負；勝負負；，；故的分布列如下：2340.160.5520.288故數(shù)學期望；（2）“雙敗淘汰制”下，甲獲勝的概率，在“單敗淘汰制”下，甲獲勝的概率為，由，且所以時，，“雙敗淘汰制”對甲奪冠有利；時，，“單敗淘汰制”對甲奪冠有利；時，兩種賽制甲奪冠的概率一樣.17．(1)答案見解析(2)(3)【分析】（1）求導，分和討論判斷正負，得解；（2）根據(jù)題意，問題轉化為有兩解，令，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性極值情況得解；（3）根據(jù)題意，問題轉化為，對恒成立．當時，上式顯然成立；當時，上式轉化為，令利用導數(shù)求出最值得解.【詳解】（1），，當時，，所以在上單調遞增．當時，令，則．

若，即時，恒成立，所以在上單調遞增．若，即時，方程的根為，當時，或，在和上單調遞增；當時，，在上單調遞減．綜上所述，當時，在上單調遞增；當時，在和上單調遞增，在上單調遞減．（2）令，則．令，則．

所以當時，，在上單調遞減．當時，，在上單調遞增．又當時，，且；當時，，

所以當時，先減后增，且在處有最小值，此時直線與有兩個交點，所以實數(shù)的取值范圍為．（3）因為，即，即，對恒成立．當時，上式顯然成立；當時，上式轉化為，令，，，所以函數(shù)在上單調遞增，，，綜上所述，實數(shù)的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：第三問解題的關鍵是轉化為在上恒成立，構造函數(shù)并利用導數(shù)研究單調性求最值，進而確定參數(shù)范圍.18．(1)(2)（i）證明見解析，（ii）【分析】（1）根據(jù)離心率和圓的周長，得到方程組，求出，得到橢圓方程；（2）（i）考慮直線與x軸重合和與軸不重合兩種情況，利用，求出四邊形面積為定值；（ii）由題得，當直線與x軸重合時，A與O重合，，當直線與x軸不重合時，表達出，結合（i）知，換元得到，由基本不等式求出最值，得到答案.【詳解】（1）由題得解得，．又，所以方程為．（2）（i）證明：由題得四邊形的面積．①當直線與x軸重合時，A與O重合，，，．②當直線與軸不重合時，由圓的性質知直線過坐標原點，由橢圓的對稱性知，．設直線的方程為，，，．則直線的方程為，將它代入解得，，，．．綜上所述四邊形的面積為定值．（ii）由題得，，，．①當直線與x軸重合時，A與O重合，．