2024年辽宁省普通高等学校招生全国统一考试（模拟1）数学试题

2024年辽宁省普通高等学校招生全国统一考试拟【模拟1】数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.已知集合，若，则所有整数a的取值构成的集合为（）A. B. C. D.2.复平面内A、B、C三点所对应的复数分别为、、，若为平行四边形，则点D对应的复数为（）A.2 B. C.1 D.3.设F为抛物线：的焦点，若点在C上，则（）A.3 B. C. D.4.若为偶函数，则（）A.1 B.0 C.-1 D.25.某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5.若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（）A.0.85 B.0.7 C.0.5 D.0.46.设为等差数列的前项和，，，则（）A.8 B.10 C.16 D.207.某圆锥的底面半径长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥内部最大球的半径为（）A. B. C.1 D.8.设为函数在区间的两个零点，则（）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，则使“”成立的一个充分条件可以是（）A. B.C. D.10.已知正方体的棱长为3，P在棱上，，，E为的中点，则（）A.当时，A到平面的距离为B.当时，平面C.三棱锥的体积不为定值D.与平面所成角的正弦值的取值范围是11.在平面直角坐标系中，将对称轴为坐标轴的椭圆绕其对称中心顺时针旋转45°，得到“斜椭圆”：，设在上，则（）A.“斜椭圆”的焦点在直线上B.“斜椭圆”的离心率为C.“斜椭圆”旋转前的椭圆标准方程为D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，的系数为______.（用数字作答）13.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数.函数有______个不动点.14.已知圆：，点，点B为圆C上的一个动点（异于点A），若点P在以为直径的圆上，则P到x轴距离的最大值为______.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.（13分）已知的面积为，其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边.（1）求A；（2）若，且的周长为5，设D为边中点，求.16.（15分）如图，在三棱柱中，平面平面，，.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.17.（15分）已知，为函数的极值点.（1）求的最小值；（2）若关于x的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围.18.（17分）已知双曲线：的实轴长为2，设F为C的右焦点，T为C的左顶点，过F的直线交C于A，B两点，当直线斜率不存在时，的面积为9.（1）求C的方程；（2）当直线斜率存在且不为0时，连接，分别交直线于P，Q两点，设M为线段的中点，证明：.19.（17分）甲、乙两同学进行射击比赛，已知甲射击一次命中的概率为，乙射击一次命中的概率为，比赛共进行n轮次，且每次射击结果相互独立，现有两种比赛方案，方案一：射击n次，每次命中得2分，未命中得0分；方案二：从第一次射击开始，若本次命中，则得6分，并继续射击；若本次未命中，则得0分，并终止射击.（1）设甲同学在方案一中射击n轮次总得分为随机变是，求；（2）设乙同学分别选取方案二进行比赛，乙同学的总得分为随机变量，求；（3）甲同学选取方案一、乙同学选取方案二进行比赛，试确定N的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙.

数学【模拟1】试题评分参考一、选择题1.C2.B3.D4.A5.A6.D7.C8.B二、选择题9.AD10.ABD11.BCD三、填空题12.16013.114.数学小题解答1.答案：C解：当时，，满足.当时，，由得.因此所有整数的取值构成的集合为.2.答案：B解：可知在复平面内，，.设，则，，因为是复平面内的平行四边形，所以，因此解得，故.3.答案：D解：：的准线为，所以.4.答案：A解：定义域为，由得.当时，，为偶函数.于是.5.答案：A解：第一次通过概率为0.7，第一次未通过第二次通过的概率为（1-0.7）×0.5=0.15，所以该同学通过面试的概率为0.7+0.15=0.85.6.答案：D解：可知，，，成等差数列，，，从而，，因此.所以.7.答案：C解：设圆锥母线长为，由，得，所以圆锥的高为.圆锥内部最大球的半径为该圆锥轴截面内切圆半径，由得.8.答案：B解：可知，因为，，所以，且，所以.所以.9.答案：AD解：因为，所以，选项A正确.满足，选项错B错误.，当时，，选项错C错误.，因为，所以，选项D正确.10.答案：ABD解：当时，为正三棱锥，，设A在平面内的投影为O，则，所以，选项A正确.平面，所以，设为的中点，当时，则，又，所以平面，所以，故平面，选项B正确.因为点到平面的距离为定值，面积为定值，，所以三棱锥的体积为定值，选项C错误.由三棱锥的体积为定值知，所以点A到平面的距离，当时，的面积最大，此时与平面所成角正弦值取最小值；当时，的面积最小，此时与平面所成角正弦值取最大值，所以与平面所成角正弦值的取值范围是，选项D正确.11.答案：BCD解：联立与：，得两顶点，，一条轴半长.联立与：，可另两个顶点，，另一条半轴长.因为，所以，，所以选项A错误，选项BC正确.由得，所以，选项D正确.12.答案：160解：13.答案：1解：由题设，讨论的零点个数.当时，，不存在零点.当时，，不存在零点；当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，，，故在上有且仅有一个零点.综上，仅有一个不动点.14.答案：解：设，则中点，.当P到x轴距离取最大值时，P在M上方，最大值为.因为，，当，即时，取等号.所以P到x轴距离取最大值为.四、解答题15.解法1：（1）依题意，由正弦定理，得.由余弦定理.由，得（2）由已知.因为，由（1）得.由，得，从而.解法2：（1）同解法1.（2）由已知.因为，由（1）得.由，得.因此.16.解：（1）取的中点，则，且.因为平面平面，交线为，所以平面，.因为，所以.因为，，所以.因为，所以平面，从而.（2）以O为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题设得，，，，，，.设为平面的法向量，则即可取.设为平面的法向量，则即可取，所以.因此二面角的正弦值为.17.解：（1）由题意知，即，所以.因此.设，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，故.于是当时，取最小值1.（2）由（1）可知等价于.设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减.因为在有两个零点.由得的取值范围为.18.解：（1）依题意，的方程.当直线斜率不存在时，不妨取，.因为此时的面积为9，所以，于是因此.故的方程.（2）设，则：，由