2024届黑龙江省齐齐哈尔市高三下学期三模联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷一、选择题1.已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，,故当时，易求；当时，由得，或2.综上得：，故选:C．2.复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗B〖解析〗由题意知三点坐标为，设复平面内点，则，又四边形是复平面内的平行四边形，则，则，解得，则．故选:B．3.设为抛物线的焦点，若点在上，则（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，解得，所以的准线为，所以，故选:D．4.若为偶函数，则（）A.1 B.0 C. D.2〖答案〗A〖解析〗由，得，因为为偶函数，所以，即，所以，解得.故选：.5.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.0.4〖答案〗A〖解析〗依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，因此面试失败的概率为，所以该同学通过面试的概率为.故选：A.6.设为等差数列的前项和，，则（）A.8 B.10 C.16 D.20〖答案〗D〖解析〗依题意，，所以，故，所以数列的公差为，所以.故选：D．7.已知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.〖答案〗C〖解析〗设母线长为，依题意，解得，所以圆锥的高为，作出圆锥轴截面图象，设圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径为，由于，则，可得，解得.故选：C．8.设为函数在区间的两个零点，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，又因为，所以则，因为，所以，所以.故选：B．二、选择题9.已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗对于A，因为，，故故A选项正确；对于B，取，此时满足，但，B选项错误；对于C，可得：，则，因为，即所以，因为函数在不单调，所以C选项错误；对于D，由可知，，因为，所以，故D选项正确，故选：AD．10.已知正方体的棱长为3,P在棱上，为的中点，则（）A.当时，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〖答案〗ABD〖解析〗当时与重合，则为正三棱锥，，设在平面内的投影为，则为的中心，则，所以，即当时，点到平面的距离为，故A正确；由正方体的性质可得平面，平面，所以，设为中点，连接、，则平面，平面，所以，当时为的中点，则，所以，又，所以，所以，，平面，所以平面，平面，所以，，平面，所以平面，故B正确；当运动时，到平面的距离保持不变为，又，所以，所以三棱锥的体积为定值，故C错误；由C可知，三棱锥的体积为定值，设点到平面的距离为，与平面所成角为，所以，显然当时，的面积最大为，则，此时与平面所成角正弦值，当时，的面积最小为，则，此时与平面所成角正弦值，所以与平面所成角正弦值的取值范围是，故D正确.故选：ABD．11.在平面直角坐标系xOy中,长、短轴所在直线不与坐标轴重合的椭圆称为“斜椭圆”，将焦点在坐标轴上的椭圆绕着对称中心顺时针旋转,即得“斜椭圆”，设在上，则（）A.“斜椭圆”的焦点所在直线的方程为 B.的离心率为C.旋转前的椭圆标准方程为 D.〖答案〗BCD〖解析〗由题意可知，斜椭圆关于和对称，联立直线与，可得，联立直线与，可得，所以两焦点所在直线方程为，A选项错误；由可知，与相交的两点之间距离等于短轴为，与相交的两点之间距离等于长轴为，故焦距为，故的离心率为，选项正确；旋转不改变椭圆的长短轴大小，所以旋转前的椭圆焦点在轴上，曲线方程为选项正确；因为，关于的方程有解，所以，解得，所以选项正确，故选：BCD．三、填空题12.的展开式中，的系数为______．（用数字作答）〖答案〗160〖解析〗二项式展开式的通项为（且），所以展开式中的项为，所以的系数为．故〖答案〗为：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．〖答案〗1〖解析〗令，即，由题意可知即求函数的零点个数，当时，，此时不存在零点；当时，，此时不存在零点；当时，，令，，因为，解得：，令，，因为，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，，故在上有且仅有一个零点，综上所述，仅有一个不动点．故〖答案〗为：1.14.已知圆，点，点为圆上的一个动点（异于点），若点在以AB为直径的圆上，则到轴距离的最大值为______.〖答案〗〖解析〗设，则，则AB中点，当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，此时，设到轴距离为，则，设，则，则，所以当，即时，取得最大值，即到轴距离的最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为．（1）求；（2）若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.解：（1）依题意，，所以，由正弦定理可得，，由余弦定理，，解得，因为，所以；（2）依题意，，因为，解得，因为，所以，所以．16.如图，在三棱柱中，平面平面，．（1）证明：；（2）求二面角的正弦值．（1）证明：取AC的中点，则，且，因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC，所以平面因为平面，所以，因为，又因为平面平面，又平面；（2）解：如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可得，因为，设平面的法向量为，则由得令，则，设平面的法向量为，则由得令，则，记二面角的平面角为，因为，显然，所以，所以二面角的正弦值为.17.已知函数为的极值点．（1）求的最小值；（2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围．解：（1），依题意，，所以，所以，设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，取得最小值，所以的最小值为1；（2）由（1）可知，，令，则，设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，且，所以．18.已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9．（1）求的方程；（2）当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值．（1）解：依题意，，解得，设的焦距为2c，则，将代入方程，可得，所以的面积为，解得，所以的方程为；（2）证明：由方程得,设直线，与的方程联立可得，所以，设直线，令，解得，所以，同理可得，，所以，故所以，又，所以．19.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轮次总得分为随机变是，求；（2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行比赛，试确定的最小值，使得当时，甲的总得分期望大于乙．解：（1）设，故，所以，故；（2）由（1）知，设乙同学的总得分为随机变量，的所有可能取值为，，，，，所以，，，，，，，所以，设，则，故，即，代入，故，设，易知，当时，，且，则满足题意的最小为12.黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷一、选择题1.已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，,故当时，易求；当时，由得，或2.综上得：，故选:C．2.复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（）A.2 B. C.1 D.〖答案〗B〖解析〗由题意知三点坐标为，设复平面内点，则，又四边形是复平面内的平行四边形，则，则，解得，则．故选:B．3.设为抛物线的焦点，若点在上，则（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，，解得，所以的准线为，所以，故选:D．4.若为偶函数，则（）A.1 B.0 C. D.2〖答案〗A〖解析〗由，得，因为为偶函数，所以，即，所以，解得.故选：.5.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.0.4〖答案〗A〖解析〗依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，因此面试失败的概率为，所以该同学通过面试的概率为.故选：A.6.设为等差数列的前项和，，则（）A.8 B.10 C.16 D.20〖答案〗D〖解析〗依题意，，所以，故，所以数列的公差为，所以.故选：D．7.已知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.〖答案〗C〖解析〗设母线长为，依题意，解得，所以圆锥的高为，作出圆锥轴截面图象，设圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径为，由于，则，可得，解得.故选：C．8.设为函数在区间的两个零点，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，又因为，所以则，因为，所以，所以.故选：B．二、选择题9.已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗对于A，因为，，故故A选项正确；对于B，取，此时满足，但，B选项错误；对于C，可得：，则，因为，即所以，因为函数在不单调，所以C选项错误；对于D，由可知，，因为，所以，故D选项正确，故选：AD．10.已知正方体的棱长为3,P在棱上，为的中点，则（）A.当时，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〖答案〗ABD〖解析〗当时与重合，则为正三棱锥，，设在平面内的投影为，则为的中心，则，所以，即当时，点到平面的距离为，故A正确；由正方体的性质可得平面，平面，所以，设为中点，连接、，则平面，平面，所以，当时为的中点，则，所以，又，所以，所以，，平面，所以平面，平面，所以，，平面，所以平面，故B正确；当运动时，到平面的距离保持不变为，又，所以，所以三棱锥的体积为定值，故C错误；由C可知，三棱锥的体积为定值，设点到平面的距离为，与平面所成角为，所以，显然当时，的面积最大为，则，此时与平面所成角正弦值，当时，的面积最小为，则，此时与平面所成角正弦值，所以与平面所成角正弦值的取值范围是，故D正确.故选：ABD．11.在平面直角坐标系xOy中,长、短轴所在直线不与坐标轴重合的椭圆称为“斜椭圆”，将焦点在坐标轴上的椭圆绕着对称中心顺时针旋转,即得“斜椭圆”，设在上，则（）A.“斜椭圆”的焦点所在直线的方程为 B.的离心率为C.旋转前的椭圆标准方程为 D.〖答案〗BCD〖解析〗由题意可知，斜椭圆关于和对称，联立直线与，可得，联立直线与，可得，所以两焦点所在直线方程为，A选项错误；由可知，与相交的两点之间距离等于短轴为，与相交的两点之间距离等于长轴为，故焦距为，故的离心率为，选项正确；旋转不改变椭圆的长短轴大小，所以旋转前的椭圆焦点在轴上，曲线方程为选项正确；因为，关于的方程有解，所以，解得，所以选项正确，故选：BCD．三、填空题12.的展开式中，的系数为______．（用数字作答）〖答案〗160〖解析〗二项式展开式的通项为（且），所以展开式中的项为，所以的系数为．故〖答案〗为：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．〖答案〗1〖解析〗令，即，由题意可知即求函数的零点个数，当时，，此时不存在零点；当时，，此时不存在零点；当时，，令，，因为，解得：，令，，因为，解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，，故在上有且仅有一个零点，综上所述，仅有一个不动点．故〖答案〗为：1.14.已知圆，点，点为圆上的一个动点（异于点），若点在以AB为直径的圆上，则到轴距离的最大值为______.〖答案〗〖解析〗设，则，则AB中点，当在上方，且轴时，到轴距离取得最大值，此时，设到轴距离为，则，设，则，则，所以当，即时，取得最大值，即到轴距离的最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为．（1）求；（2）若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.解：（1）依题意，，所以，由正弦定理可得，，由余弦定理，，解得，因为，所以；（2）依题意，，因为，解得，因为，所以，所以．16.如图，在三棱柱中，平面平面，．（1）证明：；（2）求二面角的正弦值．（1）证明：取AC的中点，则，且，因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC，所以平面因为平面，所以，因为，又因为平面平面，又平面；（2）解：如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可得，因为，设平面的法向量为，则由得令，则，设平面的法向量为，则由得令，则，记二面角的平面角为，因为，显然，所以，所以二面角的正弦值为.17.已知函数为的极值点．（1）求的最小值；（2）若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围．解：（