辽宁省教研联盟2024届高三调研测试（二模）数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省教研联盟2024届高三调研测试（二模）数学试卷一、选择题1.设集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设，因为，，所以，故，故,所以,所以.故选：C.2.设，则（）A. B. C.1 D.〖答案〗A〖解析〗由复数，可得.故选：A.3.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（）A.366 B.422 C.450 D.600〖答案〗C〖解析〗由题意，大衍数列的偶数项为，可得该数列的偶数项的通项公式为，所以此数列的第30项为.故选：C.4.有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗记甲、乙在同一组为事件，将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为，其中甲、乙在同一组包含基本事件个数为，所以甲、乙在同一组的概率．故选：A．5.若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意有，又因为与垂直，所以，整理得，解得.故选：B.6.已知函数的零点分别为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗令，可得，所以，即；令，可得，即，所以，即；令，可得，由此可得，所以，即，作的图象，如图，由图象可知，，所以.故选：D7.已知的外接圆半径为2，且内角满足，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，，得，即，则，由，解得，由正弦定理知.故选：D.8.已知，则的最小值为（）A.4 B.6 C. D.〖答案〗D〖解析〗由，，即，易知，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以的最小值为.故选：D二、选择题9.关于函数，下列说法正确的有（）A.的定义域为 B.的函数图象关于y轴对称C.的函数图象关于原点对称 D.在上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗因为，则，解得，所以的定义域为，故A正确；因为，即为奇函数，所以的图像关于原点对称，故B错误，C正确；因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确；故选：ACD.10.设，为椭圆：两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（）A. B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗如下图所示，设切点为，，，对于A，由椭圆的方程知：，由椭圆的定义可得：，易知，所以，所以，故A正确；对于BCD，，又因为，解得：，又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；从而，所以，所以，而，所以，故C错误；从而，故D正确.故选:ABD．11.在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（）A.平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形B.平面平面C.存在，使得平面平面D.当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为〖答案〗ABC〖解析〗如图，连接，，，则，由正方体的性质可得点E是侧面的中心，点M是正方体的中心，所以连接EM并延长交侧面于点P，则点P是侧面的中心，且．设平面EPN交于点F，交AD于点G，交BC于点H，连接NF，GH，因为平面平面，所以，．因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，所以，易知，所以，所以平面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH是矩形，A正确；因为点M是正方体的中心，所以，M，B三点共线，所以平面即为平面，因为，，，AB，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即平面平面，B正确；当时，点N与点重合，平面EMN即为平面，由B选项可知平面平面，即平面平面EMN，C正确；当时，，则，又，，所以截面多边形NFGH的面积为，D错误．故选:ABC．三、填空题12.设为抛物线的焦点，为抛物线上一点，若，则点的横坐标为__________．〖答案〗4〖解析〗设，由，得，所以，解得．故〖答案〗为：4.13.设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______.〖答案〗〖解析〗由数列的前项和，当时，可得，两式相减，可得，即，即，当时，，可得，所以，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，则，所以数的前121项和为.故〖答案〗为：.14.某运动员在亚运会田径比赛中准备参加100米、200米两项比赛，根据以往成绩分析，该运动员100米比赛未能获得奖牌的概率为，200米比赛未能获得奖牌的概率为，两项比赛都未能获得奖牌的概率为，若该运动员在100米比赛中获得了奖牌，则他在200米比赛中也获得奖牌的概率为_______________.〖答案〗〖解析〗设在200米比赛中获奖为事件，在100米比赛中获奖为事件，则,所以，则,所以该运动员在100米比赛中获奖，在200米比赛中也获奖的概率是.故〖答案〗为：.四、解答题15.设等差数列的前n项和为，公差为d，且.若等差数列，满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，记数列的前n项和为，且，求n的最大值.解：（1）因为，则，，，由为等差数列，所以，即，化简可得，因为，所以且，所以，则，所以，则.（2）因为，则，由（1）可知，则，由可得，解得，且，所以n的最大值为.16.某大型体育赛事首日火炬传递共有106名火炬手参与.（1）组委会从火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：性别年龄总计满50周岁未满50周岁男154560女53540总计20801000.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828根据小概率值的独立性检验，试判断火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；（2）在所有火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看足球比赛，某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？（1）解：零假设为：全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联，根据的列联表中的数据，可得，所以根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断不成立，所以可以认定为成立，即认为全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁没有关联.（2）解：设表示火炬手为男性，表示火炬手喜欢足球，则，所以这位火炬手时男性的概率约为.17.如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，，G为线段PD中点，，O为AD中点.（1）求证：平面平面ABCD；（2）M为线段PA上一点，且，求平面BCM与平面POC所成角的余弦值.（1）证明：取中点，连接，则，，又，所以，设，又，，所以，因为，所以，所以，又在中，，而在中，，所以为直角三角形，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：连接，因为，所以，又，所以平面，，建立如图所示的空间直角坐标系，因为为等边三角形，，所以，因为，所以，所以，设平面的法向量为，所以，取，则，所以，且易知平面的一个法向量为，则，则，所以平面BCM与平面POC所成角的余弦值为0.18.彗星是太阳系大家庭里特殊的一族成员，它们以其明亮的尾巴和美丽的外观而闻名，它的运行轨道和行星轨道很不相同，一般为极扁的椭圆形、双曲线或抛物线.它们可以接近太阳，但在靠近太阳时，由于木星、土星等行星引力的微绕造成了轨道参数的偏差，使得它轨道的离心率由小于1变为大于或等于1，这使得少数彗星会出现“逃逸"现象，终生只能接近太阳一次，永不复返.通过演示，现有一颗彗星已经“逃逸”为以太阳为其中一个焦点离心率为的运行轨道，且慧星距离太阳的最近距离为.（1）求彗星“逃逸”轨道的标准方程；（2）设双曲线的两个顶点分别为，，过，作双曲线的切线，，若点P为双曲线上的动点，过P作双曲线的切线，交实轴于点Q，记直线与交于点M，直线交于点N.求证：M，N，Q三点共线.（1）解：由题意知，彗星“逃逸”轨道的标准方程为双曲线，不妨设双曲线的焦点在上，设其方程为，因为双曲线的离心率为，可得，即，又因为慧星距离太阳的最近距离为，可得，解得，可得，所以彗星“逃逸”轨道的标准方程.（2）证明：不妨设点在第一象限，由双曲线，可得，则，所以，即切线的斜率为，则切线方程为且，可得，令，可得，即点的坐标为，又由过，可得切线，，因为，所以的方程为，的方程为，联立方程组，解得，即，再联立方程组，解得，即，则，且，所以，所以三点共线..19.已知函数，（，）.（1）讨论函数的单调性；（2）