辽宁省东北育才学校高中部2023-2024学年高三上学期第三次模拟数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年度东北育才学校高中部高三第三次模拟考试数学科试卷答题时间：120分钟满分：150分一、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项是符合题目要求的．1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将集合中的元素代入集合，验证的元素即可.【详解】集合中元素为点，故排除A，D；当，时，，故，故C错误；当，时，，故，故B正确.故选：B2.已知条件，条件，则p是q的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由题意分别求出条件的充要条件，然后根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由题意或，或，若，则条件成立，但条件不成立，若，则条件成立，但条件不成立，因此p是q的既不充分也不必要条件. 2023-2024学年度东北育才学校高中部高三第三次模拟考试数学科试卷答题时间：120分钟满分：150分一、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项是符合题目要求的．1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将集合中的元素代入集合，验证的元素即可.【详解】集合中元素为点，故排除A，D；当，时，，故，故C错误；当，时，，故，故B正确.故选：B2.已知条件，条件，则p是q的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由题意分别求出条件的充要条件，然后根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】由题意或，或，若，则条件成立，但条件不成立，若，则条件成立，但条件不成立，因此p是q的既不充分也不必要条件. 故选：D.3.已知向量，，则在上的投影向量的坐标是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据投影向量的定义，结合坐标运算即可求解.【分析】在上的投影向量为，故选：B4.已知数列，且，则数列的前2024项之和为（）A.1012B.2022C.2024D.4048【答案】C【解析】【分析】对进行分类讨论，利用分组求和法求得正确答案.【详解】当为奇数时，，所以数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列.当为偶数时，，所以数列的偶数项成首项为，公差为的等差数列.所以前项和为：.故选：C5.已知定义在R上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图像所有交点的横坐标之和为（）A.3B.4C.5D.6【答案】A 【解析】【分析】首先根据题干条件确定抽象函数的对称性和周期性，然后根据的性质及的解析式画出与在的图像，观察图像，结合函数对称性求解所有交点横坐标之和.【详解】由，可知函数的图像关于直线对称，又为偶函数，，故函数是周期函数，且周期，，的图像也关于直线对称，当时，，设，则，即函数在为减函数，又，即，即函数，的图像在无交点，则函数，在上的图像如图所示，可知两个图像有3个交点，一个在直线上，另外两个关于直线对称，则三个交点的横坐标之和为3.故选：A6.已知函数．若在区间内没有零点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换公式以及正弦函数的图象性质求解.详解】,若，因为，所以， 因为在区间内没有零点，所以，解得；若，因为，所以，因为在区间内没有零点，所以，解得；综上，，故选:D.7.已知二面角的平面角为，AB与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出二面角的平面角以及AB与平面所成角，并表示出，结合三角形面积公式以及正弦定理表示出，结合范围确定范围，即可求得答案.【详解】作，垂足为E，连接，因为，即，平面， 故平面，平面，故，又，故平面，平面，则在内的射影在BE上，则为AB与平面所成角，即，由于，，故为二面角的平面角，即，，在中，，则，而，则，则，故，故选：C8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用作差法比较大小以及函数的导数与单调性及最值的关系比较大小求解.【详解】因为，所以；，设函数，所以时，，函数单调递减， 时，，函数单调递增，所以，而，所以，所以，所以，故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知直线：与圆：有两个不同的公共点，，则（）A.直线过定点B.当时，线段长的最小值为C.半径的取值范围是D.当时，有最小值为【答案】ABD【解析】【分析】化简直线为，进而可判定A正确；利用弦长公式，求得的最小值，可判定B正确；根据直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，可判定C不正确；结合向量的数量积的公式，以及直线与圆的位置关系，可判定D正确.【详解】由直线，可化为，由方程组，解得，即直线过定点，所以A正确；当时，圆的方程为，可得圆心，则，可得线段长的最小值为，所以B正确；因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，所以，解得，所以C不正确；当时，圆的方程为，则，当直线过圆心，此时，可得的最小值， 所以有最小值为，所以D正确.故选：ABD.10.已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，所以，，，又因为，则，所以，，从而，故对任意的，，由可得，A对B错；，，即，C对D错.故选：AC.11.如图，在棱长为1的正方体中，点P满足，其中，则（）A.当时， B.当，时，点P到平面的距离为C.当时，平面D.当时，三棱锥的体积恒为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的几何性质，确定各选项下点P的位置，根据线线关系判断A；根据线面平行确定点到平面的距离来判断B；由面面平行的性质得线面平行来判断C；利用等体积转换法确定三棱锥的体积可判断D.【详解】对于A，当时，此时点与点重合，由正方体性质可得，，所以四边形为平行四边形，从而，又因，所以，即，故A正确；对于B，当时，此时点为的中点， 由A选项分析可知，平面，平面，所以平面，从而得点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，因为三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，且为边长为的等边三角形，所以，从而得，解得，故B错误；对于C，当时，此时三点共线，由B选项分析可知平面，同理可证平面，又因为平面，，平面，所以平面平面，又平面，从而得平面，故C正确；对于D， 当时，点在中与平行的中位线上，即，由B选项分析可知平面，且平面，所以平面，从而点到平面的距离为定值，为点到平面的距离的一半，即，底面为边长为的等边三角形，所以，则的体积为，故D正确.故选：ACD.12.定义在的函数满足，且．都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（）A.B.若数列为等差数列，则公差为6C.若，则D.若．则【答案】BD【解析】 【分析】对于A，根据题意结合周期性运算求解；对于B，根据题意结合图象分析判断；对于C，整理可得，结合图象分析判断；对于D，根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.【详解】因都有，所以关于对称，令，则，即．因为定义在的函数满足，所以的周期为6，作出函数在内的图象如图：对于A，，故A错误．对于B，由图象可知：若数列为等差数列，则，此时与在内有且仅有一个交点，因为周期是6，即，即数列的公差为6，故B正确.对于C，若，即，可得，则，即与在内有且仅有2个交点，结合图象可得，故C错误.对于D，若，则与在内有且仅有3个交点，且，因为，则， ∴数列是以首项为7，公差为12的等差数列，可得，，故D正确．故选：BD．【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法：（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若复数z满足（i为虚数单位），则________．【答案】【解析】【分析】根据复数除法运算结合复数模的公式即可得到答案.【详解】由题意得，则，故答案为：.14.已知且，则________．【答案】【解析】【分析】利用同角的三角函数关系结合诱导公式化简得，再利用二倍角公式化简得出，即可求得答案.【详解】由得， 即，由于，故，则，故，即，则，即，即，故答案为：15.已知曲线与曲线（）相交，且在交点处有相同的切线，则______.【答案】【解析】【分析】可先设交点为，利用利用两函数在该点处的函数值和切线斜率相同列方程，可求的值.详解】易知：必有.设两曲线的交点为，，，由题意：，两式相除得：，∵，∴.代入得：解得a=e2.故答案为：16.四棱锥的底面ABCD是平行四边形，点E、F分别为PC、AD的中点，平面BEF将四棱锥分成两部分的体积分别为且满足，则________．【答案】【解析】【分析】利用椎体的体积公式求解. 【详解】如图，延长交于点，连接交于点，因为底面为平行四边形，所以与全等，且与相似，相似比为，设的面积为，则四边形的面积为，设点到底面的距离为，则，又因为为的中点，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故答案为:.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．17.已知直线：和直线：，其中m为实数．（1）若，求m的值；（2）若点在直线上，直线l过P点，且在x轴上的截距与在y轴上的截距互为相反数，求直线l的方程．【答案】（1）或0（2）或．【解析】 【分析】（1）根据垂直得到方程，求出m的值；（2）将代入中，解得，设直线l的方程，根据两截距相等得到方程，求出或，得到直线l的方程.【小问1详解】由题意得，解得或0；【小问2详解】由在直线上，得，解得，可得，显然直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为，令，可得，再令，可得，所以，解得或，所以直线l的方程为或，即或．18.在中，角的对边分别为的面积为，已知.（1）求角；（2）若的周长为，求的最大值.【答案】18.19.【解析】【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.【小问1详解】因为， 所以，即，由正弦定理，得，因为，所以，因为，所以，所以，又，所以.【小问2详解】由余弦定理，得，即，所以，即，因为，，所以，所以，又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），即的最大值为.19.如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥 绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．（1）若，求证：平面平面；（2）是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.【小问1详解】证明：若，则平面、平面为同一个平面，连接，则M是中点，是中点，故是的中位线，所以．因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．又平面平面，所以平面 同理平面，且平面平面，所以，平面平面．【小问2详解】假设存在，使得直线平面．以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，故．设是平面的法向量，则，所以，取，得是平面的一个法向量，取中点P，中点Q，连接，则．于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，是二面角的平面角，于是，所以，且平面，故，同理，所以，因为，， 所以．若直线平面，是平面的一个法向量，则．即存在，使得，则，此方程组无解，所以，不存在，使得直线平面．【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.20.设数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先可以根据已知得到，其次注意到，结合等比数列的定义即可求解.（2）由（1）可知，先将数列的通项公式裂项得，从而可求得其前项和为，若，都有，则只需，研究的单调性即可得到其最小值，从而解不等式即可求解.【小问1详解】一方面：因为，所以， 所以，即；另一方面：又时，有，即，且，所以此时；结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知，又由题意，数列的前项和为，又，都有，故只需，而关于单调递增，所以关于单调递减，关于单调递增，所以当时，有，因此，即，解得，综上所述：的取值范围为.21.在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）. （1）求二面角的余弦值；（2）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解；（2）设，表示出，利用向量的夹角公式代入列式，即可得解.【小问1详解】因为在梯形中，，，，为的中点，所以，，，所以是正三角形，四边形为菱形，可得，，而平面平面，平面平面，平面，，平面，所以，，两两互相垂直，如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则 ，即，令，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，，，所以二面角的余弦值为.【小问2详解】线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为.设，因为，，所以，设与平面所成角为，则，即，，解得，所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.22.已知函数 （1）若，证明:;（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）证明，即证，令，利用导数求函数的最值，证明即可；（2）令，不等式恒成立等价于对于恒成立，利用分离常数，构造函数求最值的方法求实数a的取值范围.【小问1详解】若，则，要证，即证．令，函数定义域为，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，即，得证．【小问2详解】令，则，消x得，，∴，∵，∴，原不等式等价于，即，即，∵，∴等价于，∵，当在区间上单调递增时， 在区间上恒成立，∵，∴对于恒成立．方法1：即，即由（1）知，∴，∴，∴，当时取等号，∴，符合题意；当时，，此时，不满足，不合题意，即实数a的取值范围为.方法2：即，左右同乘以2x，则有，∴，令，则，∵，当时，，∴单调递减，当时，，∴单调递增，∵，当时取等号，，∴，且，∴，∴，符合题意；当时，，此时，不满足，不合题意，即实数a的取值范围为.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.