2024届沈阳市高三数学3月高考六模试题卷附答案解析

届沈阳市高三数学3月高考六模试题卷试卷满分150分．考试时间120分钟．2024.03一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．集合，集合，则（

）A． B．C． D．2．在中，点是的中点，点是的中点，点在线段上并且，则（

）A． B．C． D．3．已知数列的前n项和为，，，则（

）A． B． C． D．4．的展开式中的系数为12，则（）A． B． C． D．5．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四黑点为阴数.如图，若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个不同的数，其和等于15的概率是（

）A． B． C． D．6．某班学生每天完成数学作业所需的时间的频率分布直方图如右图，为响应国家减负政策，若每天作业布置量在此基础上减少5分钟，则减负后完成作业的时间的说法中正确的是（

）A．减负后完成作业的时间的标准差减少25B．减负后完成作业的时间的方差减少25C．减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率为D．减负后完成作业的时间的中位数为257．函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，若关于实数的不等式恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，A，B为C上两点，且均在第一象限，过A，B作l的垂线，垂足分别为D，E.若，，则的外接圆面积为（

）.A． B． C． D．二．选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．若，为正整数且，则（

）A． B．C． D．10．已知抛物线C：的焦点为，点A，B为C上两个相异的动点，则（

）A．抛物线C的准线方程为B．设点，则的最小值为4C．若A，B，F三点共线，则的最小值为2D．若，AB的中点M在C的准线上的投影为N，则11．如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（

）

A．B．C．点的轨迹的长度为D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知复数满足，则．13．若，，则.14．若实数，满足，则的最小值为．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．如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，质点到达位置的数字记为．(1)若该质点共移动2次，位于原点的概率；(2)若该质点共移动6次，求该质点到达数字的分布列和数学期望．16．如图，四棱柱的底面是正方形，平面.

(1)求点到平面的距离；(2)若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值.17．如图，动双曲线的一个焦点为，另一个焦点为，若该动双曲线的两支分别经过点.(1)求动点的轨迹方程；(2)斜率存在且不为零的直线过点，交（1）中点的轨迹于两点，直线与轴交于点，是直线上异于的一点，且满足.试探究是否存在确定的值，使得直线恒过线段的中点，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.18．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，，(1)求数列和的通项公式；(2)表示不超过x的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求范围；(3)，求数列的前项和．19．给出下列两个定义：I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”.II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质：①；②，其中为两个新的函数，是的导函数.我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”.(1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”；(2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论；(3)已知函数.①若的“自导函数”是，试求的取值范围；②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.1．C【分析】列举法表示出集合，进而根据交集的概念即可求出结果.【详解】因为，所以，故选：C2．D【分析】根据平面向量的线性运算计算即可.【详解】因为，所以，又点是的中点，点是的中点，所以，故.故选：D.3．D【分析】根据给定递推公式求出即可计算作答.【详解】因数列的前n项和为，，，则，，，所以.故选：D4．C【分析】根据乘法的运算法则，结合组合数的性质、二倍角的余弦公式进行求解即可.【详解】的展开式中的系数可以看成：6个因式中选取5个因式提供，余下一个因式中提供或者6个因式中选取4个因式提供，余下两个因式中均提供，故的系数为，∴，∴，故选：C5．A【分析】先计算从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有种选法，再计算符合条件和等于15的三个数的种类，即可算出概率．【详解】从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有种选法，其和等于15的三个数的种类共有8种，即：（图形中各横，各列，对角线所在的三个数字之和均为．故其和等于15的概率是：，故选：．【点睛】本题考查古典概型的概率计算，运用分类和分步分别选出符合条件的种类，找出古典概型的分子和分母是关键，属于中等题．6．D【分析】根据给定的频率分布直方图求出，利用方差、标准差的意义判断AB；求出减负前完成作业的时间在60分钟以上的概率及中位数判断CD.【详解】由频率分布直方图可得：，解得，减负后每天作业布置量减少5分钟，则减负后完成作业的时间的平均数减少5分钟，而完成作业的时间波动大小不变，因此减负后完成作业的时间的标准差、方差不变，AB错误；减负前完成作业时间在60分钟以上的频率为，减负后完成作业时间在60分钟以上的频率小于，由此估计减负后完成作业的时间在60分钟以上的概率小于，C错误；减负前，第一组的频率为，第二组的频率为，则完成作业的时间的中位数在第二组的中间，即中位数为（分钟），所以减负后完成作业时间的中位数为（分钟），D正确.故选：D7．D【分析】首先得出是偶函数，把不等式化为，结合函数的单调性与奇偶性，得到，求解不等式即可．【详解】因为函数是定义在上的奇函数，即，当时，又有意义，所以是定义域上的偶函数，又因为在区间上单调递增，所以，所以，即，所以，则或，解得或，所以的取值范围是．故选：D．8．A【分析】由抛物线的定义及平行线的性质可得，结合同角三角函数的平方关系及二倍角公式可得，进而由正弦定理可求得结果.【详解】如图所示，

由抛物线的定义可知，，所以，，所以，故，易知为锐角，且由可知，所以.设的外接圆半径为R，由正弦定理可知，又，所以，所以的外接圆面积为.故选：A.9．BD【分析】对A：借助二项式的展开式计算即可得；对B、C、D：结合排列数与组合数的计算公式计算即可得.【详解】对A：，又，故A错误；对B：，故B正确；对C：，，即，故C错误；对D：，，即，故D正确.故选：BD.10．ABD【分析】对于A，由抛物线的焦点可求出抛物线的准线方程，对于B，过点作垂直准线于，则，从而可求出其最小值，对于C，由抛物线的性质可判断，对于D，过分别作垂直准线，垂足分别为，则由梯形中位线定理可得，然后在利用余弦定理结合基本不等式可判断【详解】对于A，因为抛物线C：的焦点为，所以抛物线C的准线方程为，所以A正确，对于B，由题意可得抛物线的方程为，则点在抛物线外，如图，过点作垂直准线于，则，当三点共线时，取得最小值，最小值为4，所以B正确，对于C，由抛物线的性质可得当A，B，F三点共线，且轴时，弦最短为抛物线的通径，所以C错误，对于D，过分别作垂直准线，垂足分别为，则由梯形中位线定理可得，设，则，在中由余弦定理得，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以D正确，故选：ABD11．BCD【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可【详解】

依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，故，又在平面内的射影在线段上，所以平面，平面，所以，，平面，平面所以平面.平面，平面，平面，，，且即为二面角的平面角对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；对于B选项，即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；对于C选项，恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；对于D选项，如下图所示

设，在中，，，在中，，，所以，设直线与平面所成角为，则，当且仅当时取等号，故D正确．故选：BCD．12．【分析】设，根据得到方程组，求出，分两种情况计算出答案，从而求出.【详解】设，则，所以，解得，当时，，故，；当时，，故，故答案为：-813．【分析】运用诱导公式化简后构造函数，研究其奇偶性，运用导数研究其单调性，依据奇偶性及单调性解方程即可.【详解】由，得，，即，.设，定义域为,则所以是上的奇函数，又因为，所以是上的单调增函数.又因为，，所以，所以，即，所以.故答案为：.14．.【分析】由，得出构成成等比数列，求得，进而结合二次函数的性质，即可求解．【详解】由题意，实数，满足，可得构成成等比数列，设公比为，则，整理得，解得，可得，所以，故的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了最值问题的求解，其中解答中根据题设条件，合理转化为等比数列，利用等比数列的性质求解是解答的关键，着重考查了转化与化归思想，以及分析问题和解决问题的能力．15．(1);(2)分布列见解析，.【分析】(1)由题意知质点移动2次的所有可能种数，再求出移动2次后在原点的所有可能种数，根据古典概型求解即可；（2）设向左移动的次数为随机变量，易知，得出随机变量,由二项分布求出对应的概率，即可求出分布列，再由期望的性质求解的期望.【详解】（1）质点移动2次，可能结果共有种，若质点位于原点，则质点需要向左、右各移动一次，共有种，故质点位于原点的概率.（2）质点每次移动向左或向右，设事件A为“向右”，则为“向左”，故,设Y表示6次移动中向左移动的次数，则，质点到达的数字,所以,，，，，，，所以的分布列为：246.16．(1)(2)【分析】（1）连接交于点，先证平面平面，然后由面面垂直性质定理知即为所求，然后计算可得；（2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用平面夹角的向量公式列方程可解.【详解】（1）连接交于点，连接.因为平面，平面，所以，因为底面是正方形，所以，又，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.因为平面，平面，所以，又，所以.在中，，所以.又为的中点，所以且，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.故点到平面的距离为.（2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

则，，由（1）知，平面的一个法向量，设，则设为平面的一个法向量，由，取，得，设平面与平面的夹角为，则有，解得，即.17．(1)(2)存在，【分析】（1）根据题意，结合双曲线的定义和椭圆的定义即可求解；（2）设直线的方程为：，，根据题意得出，然后将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意以及双曲线定义可得：，

由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，的椭圆（不含短轴端点），其方程为.（2）设直线的方程为：，，则由，知，所以，令，得

因点在直线上，所以，变形得，代入式化简得，若直线恒过线段的中点，则有，整理得

由，得，所以

代入整理得，，解得，所以存在，即直线，使得直线恒过线段的中点.18．(1)，(2)(3)【分析】（1）设出数列公比，数列公差，结合题意计算即可得；（2）由，即可得，令，由的值，可得数列的单调性，计算出前五项，即可得的取值范围；（3）分奇偶讨论后，分别借助错位相减法与裂项相消法求和计算即可得.【详解】（1）设数列首项，设公比，设数列首项，设公差，∵，即，∴，（舍去），，∴．；（2），其中，∴，集合，设，，所以当时，，当时，．计算可得，，，，，因为集合有4个元素，；（3），，设，，则，所以，当n为奇数时，，设，所以.19．(1)答案见解析(2)既不充分也不必要条件；证明见解析(3)【分析】（1）由和，结合题设中函数的定义，即可得到答案；（2）由成立，得到，设，得出为“单向导函数”，再设，得到为“双向导函数”，结合不是常值函数，求得不是的必要条件；再由成立，得到，进而得出结论；（3）①由题意得到，求得；②由题意求得且，令，求得，得到存在使得，进而得到单调性，分类讨论，即可求解.【详解】（1）解：对于函数，则，这两个函数的定义域都是，所以函数为“同定义域函数”，此时，，由函数的定义，对于，无法同时成