2024年辽宁辽阳县高三数学考前模拟试卷附答案解析

年辽宁辽阳县高三数学考前模拟试卷考试时间：120分钟试卷满分：150分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．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，则（

）A．B．C． D．2．已知为关于的方程（a，）的一个根，，则（

）A． B． C． D．3．大多数居民在住宅区都会注意噪音问题.记为实际声压，通常我们用声压级（单位：分贝）来定义声音的强弱，声压级与声压存在近似函数关系：，其中为常数,且常数为听觉下限阈值.若在某栋居民楼内，测得甲穿硬底鞋走路的声压为穿软底鞋走路的声压的倍，且穿硬底鞋走路的声压级为分贝，恰为穿软底鞋走路的声压级的倍.若住宅区夜间声压级超过分贝即扰民，该住宅区夜间不扰民情况下的声压为，则（

）A．， B．，C．， D．，4．已知向量满足，且，则（

）A． B． C． D．5．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山､黄山､庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（

）A．564 B．484 C．386 D．6406．已知数列满足点在直线上，的前n项和为，则的最小值为（

）A． B． C． D．7．在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知定义域为R的函数满足：，，且，则下列说法不正确的是（

）A． B．是奇函数C．若，则 D．是奇函数二、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．在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（

）A．若，则是等腰三角形B．若，则的面积为C．若，则周长的最大值为D．若角满足，则10．已知抛物线C：的焦点为，点在抛物线C上，则（

）A．若三点共线，且，则直线的倾斜角的余弦值为B．若三点共线，且直线的倾斜角为，则的面积为C．若点在抛物线C上，且异于点，，则点到直线的距离之积为定值D．若点在抛物线C上，且异于点，，其中，则11．已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（

）A．的最小值为B．若在上单调递增，则k的取值范围为C．若有4个不同的解，则m的取值范围为D．若有3个不同的解，，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．三星堆古遗址作为“长江文明之源“，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为13．已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与双曲线的左、右两支分别相交于两点，直线与双曲线的另一交点为，若为等腰三角形，且的面积是的面积的3倍，则双曲线的离心率为．14．已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题：①对于任意点，都存在点，使；②存在，使直线平面；③当最小时，三棱锥的体积为④当最大时，顶点到平面的距离的最大值为．其中正确的有．（填选正确的序号即可）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．如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点.(1)求证：平面平面；(2)当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离.16．在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.(1)若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；①求甲获得第四名的概率；②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.17．已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，求实数的取值范围；(3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围．18．椭圆：的离心率为，圆：的周长为．(1)求的方程；(2)如图，是的左焦点，过的直线交圆O于点M，N，线段的垂直平分线交C于点P，Q，交于点A．（i）证明：四边形的面积为定值．（ii）记，的面积分别为，，求的取值范围．19．数列满足则称数列为下凸数列.(1)证明：任意一个正项等比数列均为下凸数列；(2)设，其中，分别是公比为，的两个正项等比数列，且，证明：是下凸数列且不是等比数列；(3)若正项下凸数列的前项和为，且，求证：.1．C【分析】先分别求集合，进而利用集合的交集与补集运算即可求解.【详解】；由，得，解得，所以；；，于是.故选：C.2．C【分析】把代入中，根据复数相等，求得与的值，代入中，进而求得.【详解】把代入中，，有，则，所以，，.故选：.3．A【分析】由结合对数运算可求得的值，由于，可得出、，结合对数函数的单调性可出结论.【详解】由题意，得，则，因此，，则，，则.故选：A.4．A【分析】根据数量积的运算律求出、、，即可求出、、，再根据夹角公式计算可得.【详解】由题意得，则有，解得，又由，则有，解得，同理可得，所以，，，所以.故选：A5．A【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；当在4人组时，有种方法.第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；当在3人组时，有种方法.故这8名同学游玩行程的方法数为.故选：A.6．C【分析】由题意可得数列是等差数列，根据等差数列的求和公式求出，从而可得，设，利用导数研究其单调性，结合即可求解.【详解】因为数列满足点在直线上，所以.因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，则.设，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.又，，所以，即的最小值为.故选:C.7．B【分析】先由三角形面积公式求出，然后引入参数，将所求表示为的函数，再根据正弦定理边化角、诱导公式、两角和差得，注意到在锐角中，有，从而可以求出的范围，由此即可得解【详解】由三角形面积公式结合，可知，即，又由平方关系，所以，即，解得或（舍去），由余弦定理有，所以，令，所以，故只需求出的范围即可，由正弦定理边化角得，注意到在锐角中，有，简单说明如下：若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，所以在锐角中，有，所以在锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，所以，从而，而函数在单调递减，在单调递增，所以.综上所述：的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理综合应用，以及诱导公式、两角和差的正弦公式等来化简表达式，关键就是将所求化繁为简，化未知为已知，并且注意锐角三角形的特殊性，即注意到在锐角中，有，结合以上关键点即可顺利求解.8．D【分析】B选项，根据得到，故为奇函数；A选项，由B可知，赋值得到，故；D选项，由得到，D正确；C选项，化简得到，结合，求出，得到.【详解】B选项，由得，所以，故是奇函数，故B正确；A选项，由是奇函数得，令，由可得，又，得，故A正确；D选项，由得，所以，故是偶函数，所以D错误；C选项，由题意得，令得，当时，，故，，依次求出，，所以C正确．故选：D【点睛】赋值法处理抽象函数，是解决抽象函数问题的关键，需要赋值法求出一些关键函数值，并结合函数单调性和奇偶性定义进行求解.9．BCD【分析】对A：由正弦定理及倍角公式判断；对B：用余弦定理及面积公式求解；对C：用余弦定理及基本不等式求解；对D：构造利用其单调性判断.【详解】对A：，由正弦定理，，即，或，即或是等腰三角形或直角三角形，故A错误；对B.，，，所以B正确；对C：，又，，又，周长的最大值为故C正确；对D：令，则，所以在上为增函数，即，所以，所以，即，故D正确.故选：BCD10．BCD【分析】分别设定抛物线C和直线的方程，设，，联立求得关于点坐标的韦达定理形式，进而转化各个选项即可；选项A，将转化为，求解即可；选项B，，求解即可；选项C，求得点的坐标，进而求得点到直线的距离，求解即可；选项D，设点到直线的距离为，可得，求解即可.【详解】对A，设抛物线C：，设直线：，设，，联立，则，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直线的斜率为，设直线MN的倾斜角为，则，且，则，解得，故A错误；对B，设抛物线C：，且直线的倾斜角为，设直线：，设，，联立，则，，，故B正确；对C，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，设，，设直线AM：，联立则，解得（舍去，此时重合）或，则点到直线的距离为，同理可得，因为，则到直线的距离为，故所求距离之积为，故C正确；对D，由于点在抛物线C上，此时抛物线C：，设直线AM：，与抛物线方程联立可得，则，则，用替换可得，则，则，，故直线MN：，即，则点F到直线MN的距离，而即，，得，令，故，，当且仅当时等号成立，故D正确；故选：BCD．【点睛】方法点睛：若点在抛物线C上，且异于点，，则直线的斜率为定值，且该定值为处切线斜率的相反数.11．AC【分析】对A，对分类讨论，并作出分段函数的图象求出最小值即可；对B，令，求出，根据其单调性得到不等式，解出即可；对C和D结合图象转化为直线与函数图象交点个数，并结合函数对称性即可判断.【详解】对A，

令，解得.当时，作出函数和的图象，如图1所示.此时，，显然当时，，当时，作出函数的图象，如图2所示.，，所以的最小值为，综上的最小值为，A正确.对B，令，解得，.若在上单调递增，则，解得.因为当时，在上单调递增，所以k的取值范围为，B错误.对CD，若有3个不同的解，，，则结合图象可得或，D错误.若有4个不同的解，则，C正确.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是结合图象找到临界位置，从而得到不等式，CD选项应结合函数图象，转化为直线与函数图象交点个数问题.12．【分析】过圆柱的旋转轴和正方体的一条侧棱作截面，利用勾股定理列方程求解即可.【详解】过圆柱的旋转轴和正方体的一条侧棱作截面，得截面图如图所示：不妨设正方体的棱长为2a，球О的半径为R，则圆柱的底面直径为，因为正方体的体对角线即为球О直径，故，得，易知，截面中两个矩形的对角线都是球的直径，正方体的面对角线为，所以，由勾股定理得：，解得，球的表面积为，故答案为：13．或【分析】由双曲线的定义和等腰三角形的定义，结合三角形的余弦定理和离心率公式，计算可得所求值．【详解】设，，由双曲线的定义可得，，由的面积是的面积的倍，可得，又为等腰三角形，可得，或，或，若，则只能关于轴对称，此时与矛盾，不符题意；当，即，可得，，，，在中，，在中，，化为，即；当，即，可得，，，，在中，，在中，，化为，即．故答案为：或．

【点睛】关键点点睛：本题关键需要考虑全面，分三种情况讨论，结合双曲线的定义及余弦定理求出、的关系.14．①②④【分析】使用空间向量设出各点的坐标，再对逐个选项分别求解.【详解】设的重心分别是.以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系.则，且.三个内切圆的半径均为，且可设：；；.所以有，，.对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于，①正确；对于②，当，时，有，.故，，.直接计算可知，所以此时满足条件，②正确；对于③，此时位于最上方，即.这时，点到平面的距离为.所以此时，③错误；对于④，此时，根据对称性有，故，故此时在处取到最大.此时的纵坐标都是，故点到平面的距离为，④正确.故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间向量的计算与求解.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过作交弧上一点，连结，由可得，进而由线面垂直的判定定理证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值，而列方程求出的值，从而向量法可求点到直线的距离.【详解】（1）过作交弧上一点，连结，如图所示：则为弧的中点，则且，所以四边形为平行四边形，所以.由题意可知，，为等腰直角三角形，则；因为为弧的中点，所以,则为等腰直角三角形，则，所以，则,因为，则，又，又因为、面，所以平面，因为面，所以平面平面.（2）由题意知，两两垂直，所以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：设，又，则，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，，设平面的一个法向量为，则，即，令，，设平面与平面的夹角为，解得（负舍），所以，，，则，所以点到直线的距离为.16．(1)①0.16；②3.128(2)答案见解析..【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，则的所有可能取值为2，3，4，连败两局：，可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；，；故的分布列如下：2340.160.5520.288故数学期望；（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，由，且所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；时，两种赛制甲夺冠的概率一样.17．(1)答案见解析(2)(3)【分析】（1）求导，分和讨论判断正负，得解；（2）根据题意，问题转化为有两解，令，利用导数判断函数的单调性极值情况得解；（3）根据题意，问题转化为，对恒成立．当时，上式显然成立；当时，上式转化为，令利用导数求出最值得解.【详解】（1），，当时，，所以在上单调递增．当时，令，则．

若，即时，恒成立，所以在上单调递增．若，即时，方程的根为，当时，或，在和上单调递增；当时，，在上单调递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．（2）令，则．令，则．

所以当时，，在上单调递减．当时，，在上单调递增．又当时，，且；当时，，

所以当时，先减后增，且在处有最小值，此时直线与有两个交点，所以实数的取值范围为．（3）因为，即，即，对恒成立．当时，上式显然成立；当时，上式转化为，令，，，所以函数在上单调递增，，，综上所述，实数的取值范围为.【点睛】关键点睛：第三问解题的关键是转化为在上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性求最值，进而确定参数范围.18．(1)(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】（1）根据离心率和圆的周长，得到方程组，求出，得到椭圆方程；（2）（i）考虑直线与x轴重合和与轴不重合两种情况，利用，求出四边形面积为定值；（ii）由题得，当直线与x轴重合时，A与O重合，，当直线与x轴不重合时，表达出，结合（i）知，换元得到，由基本不等式求出最值，得到答案.【详解】（1）由题得解得，．又，所以方程为．（2）（i）证明：由题得四边形的面积．①当直线与x轴重合时，A与O重合，，，．②当直线与轴不重合时，由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知，．设直线的方程为，，，．则直线的方程为，将它代入解得，，，．．综上所述四边形的面积为定值．（ii）由题得，，，．①当直线与x轴重合时，A与O重合，．