《黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期三模联考数学试卷含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、黑龙江省齐齐哈尔市黑龙江省齐齐哈尔市 2024 届高三下学期三模联考数学试卷届高三下学期三模联考数学试卷全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。注意事项：注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3选择题用 2B 铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5本卷主要考查内容：高考范围。一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5
2、 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项是符合题目要求的是符合题目要求的1已知集合2Ax ax，若A N，则所有a的取值构成的集合为A1,2B1C0,1,2DN2复平面内 A、B、C 三点所对应的复数分别为1 i,2i,3 i，若 ABCD 为平行四边形，则点D对应的复数为A2B2iC1D1 i3设F为抛物线2:C yax的焦点，若点(1,2)P在C上，则|PF A3B52C94D1784若1e()sin1 exxaf xx为偶函数，则a A1B0C-1D25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.
3、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A0.85B0.7C0.5D0.46设nS为等差数列 na的前n项和，262,12SS，则8S A8B10C16D207已知某圆锥的底面半径长为 2，侧面展开图的面积为203，则该圆锥内部最大球的半径为A13B12C1D328设1212,x xxx为函数()3sin1f xx在区间(0,)的两个零点，则21sin xxA23B4 29C13D23二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题有
4、多项符合题目要求全部选对的得目要求全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分9已知,0a b，则使得“ab”成立的一个充分条件可以是A11abB|2|2|abC22a bababD22ln1ln1ab10已知正方体1111ABC DABCD的棱长为 3，P 在棱11AB上，111,0,1,APABE 为1CC的中点，则A当0时，A到平面 PBD 的距离为3B当12时，AE 平面 PBDC三棱锥APBD的体积不为定值DAB 与平面 PBD 所成角的正弦值的取值范围是32,3211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
5、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45，即得“斜椭圆”22:1C xyxy，设00,P xy在C上，则A“斜椭圆”的焦点所在直线的方程为yxBC的离心率为63C旋转前的椭圆标准方程为221223xyD02 32 333y三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.1262yxx的展开式中，3y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()f x，存在一个点0 x，使得00f xx，那么我们称该函数为“不动点”函数函数()2s
6、incosf xxxx有_个不动点14已知圆22:(3)(3)4Cxy，点(3,5)A，点B为圆C上的一个动点（异于点A），若点P在以AB 为直径的圆上，则P到x轴距离的最大值为_.四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤15（本小题满分 13 分）已知ABC的内角 A，B，C 的对边分别为,a b cABC的面积为1(sinsin2a cCbBsin)aA（1）求A；（2）若2a，且ABC的周长为 5，设D为边 BC 中点，求 AD.16（本小题满分 15 分）如图,在三棱柱
7、111ABCABC中，平面11AAC C 平面1,2ABC ABACBCAA，16AB（1）证明：1ACAB；（2）求二面角1ACBB的正弦值17（本小题满分 15 分）已知函数sincos()(0),0,e2xaxbxf xxax为()f x的极值点（1）求lnab的最小值；（2）若关于x的方程()1f x 有且仅有两个实数解，求a的取值范围18（本小题满分 17 分）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab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 AB 斜率不存在时，TAB的面积为 9（1）求C的方程；（2）当直线 AB 斜率存在且不为
8、 0 时，连接 TA，TB 分别交直线12x 于 P，Q 两点，设M为线段 PQ 的中点，记直线 AB，FM 的斜率分别为12,k k，证明：12k k为定值19（本小题满分 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12，乙射击一次命中的概率为23，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nX，求20E X；（2）甲、乙同学分别选取方案一、方案二进行
9、比赛，试确定N的最小值，使得当n N时，甲的总得分期望大于乙数学考试数学考试参考答案、提示及评分细则参考答案、提示及评分细则1C2Ax ax，故A中至多一个元素，当A 时，0a，当A 时，1,2,0,1,2aa 故选 C2B由题意知 A，B，C 三点的坐标为(1,1),(2,1),(3,1)ABC，设复平面内点(,)D x y，则(1,0),ABDC(3,1)xy，又 ABCD 是复平面内的平行四边形，则ABDC，则3110 xy，解之得21xy，则(2,1)D故选 B3D依题意，221a，解得2a，所以2:2yC x 的准线为18y ，所以117|288PF，故选 D4A由题意，1e1e()
10、sin()sin()1 e1 exxxxaaf xxfxx，所以1ee1e1 e1 e1 exxxxxxaaa，解得1a，故选 A5A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)0.50.15，所以该同学通过面试的概率为0.70.150.85故选 A6D依题意，1621262,6122aaSaaS，所以164aa，故622aa，所以数列 na的公差为12，所以1816814 188820222aaaaS ，故选 D7C设母线长为l，依题意1202223l，解得103l，所以圆锥的高为22108233h，所以圆锥母线与底面所成角的正切值为43，设圆锥内部最大球的半径为r
11、，则2242314rr，解得1r，故选 C8B因为(0,)x，所以12211111,sinsin2sin22sincosxxxxxxxx，因为11sin3x，所以12 2cos3x，所以2112 24 2sin2339xx，故选 B9AD因为0ab，所以baabab，故,Aab选项正确；取1,2ab，此时ab，B 选项错误；22a babab可化为11abab，因为函数1yxx在(0,)不单调，所以 C 选项错误；由22ln1ln1ab可知，22ab，因为,0a b，所以ab，D 选项正确，故选 AD10ABD当0时，APBD为正三棱锥，3 2BD，设A在平面 PBD 内的投影为O，则6OB，
12、所以 AO963，A选项正确；BD 平面11ACC A，所以BDAE，设F为1BB的中点，则EFBP，又AFBP，所以BP 平面 AEF，所以BPAE，故AE 平面,BPBD选项正确；A PBDP ABDVV，当P运动时，P到平面 ABD 的距离保持不变，所以三棱锥APBD的体积为定值，C选项错误；由C可知，三棱锥APBD的体积为定值，所以点A到平面 PBD 的距离3A PBDPBDVdS，显然当0时，PBD 的面积最大，此时 AB 与平面 PBD 所成角正弦值为33，当1时，PBD 的面积最小，此时 AB 与平面 PBD 所成角正弦值为22，所以 AB 与平面 PBD 所成角正弦值的取值范围
13、是32,32，D 选项正确，故选ABD11BCD由题意可知，斜椭圆关于yx和yx 对称，联立直线yx与22:1C xyxy，可得213x，联立直线yx 与22:1C xyxy，可得21x，所以C两焦点所在直线方程为yx，A选项错误；由A可知，半短轴为2263xy，半长轴为222xy，所以C的离心率为63，B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x轴上，曲线方程为221,C223xy选项正确；因为2210 xxyy，关于x的方程有解，所以22410yy，解得2 32 333y，所以D选项正确，故选 BCD12160333362C160yxyx，故填 160131由题意可知即
14、求函数()sincosg xxxx的零点个数，当2x时，()2sin2042g xxx，此时不存在零点；当x时，()2sin204g xxx，此时不存在零点；当,2x 时，()12sin4g xx，易知()g x在(,0)上单调递增，在0,2上单调递减，()0,(0)10gg，故()g x在,2上有且仅有一个零点，综上所述，()2sinf xxx cosx仅有一个不动点14112设00,B xy，则22000352 5ABxyy，则 AB 中点0035,22xyM，当P在M上方，且PMx轴时，P到x轴距离取得最大值，此时，设P到x轴距离为d，且00552ydy，设t05(0,2y，则211(1
15、)22td，所以当1t，即04y 时，d取得最大值11215解：（1）依题意，11(sinsinsin)sin22a cCbBaAabC，2 分所以sinsinsinsincCbBaAbC，3 分由正弦定理可得，222cbabc，4 分由余弦定理，2222coscbabcA，解得1cos2A，5 分因为(0,)A，所以3A；6 分（2）依题意，53bca，6 分因为2222()3cbbcbcbca，解得53bc，8 分因为1()2ADABAC，10 分所以222222531()113()44446bcbcbcbcADABAC，所以666AD 13 分16解：（1）取 AC 的中点O，则BOAC
16、，且3BO，1 分因为平面11AAC C 平面 ABC，且平面11AAC C 平面,ABCAC BO平面 ABC，所以BO 平面11,AAC C2 分因为1AO 平面111,AAC CBOAO，所以116,3,3ABBOAO，3 分因为111,2,AOAAAOAO，4 分又因为11,AOBO AOBOO AO BO平面1,AOBAC平面1AOB，5 分又1AB 平面11,AOBACAB；6 分（2）如图所示，以O为原点，1,OA OB OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz，可得1(1,0,0),(1,0,0),(0,3,0),(1,3,3)ACBB，8 分因为1(2,0
17、,0),(0,3,3),(1,3,0)ACCBCB ，9 分设平面1ACB的法向量为1(,)nx y z，则由1110,0,nACn CB得20,330,xyz令1y，则11,(0,1,1)zn ，11 分设平面1B BC的法向量为2(,)nm n p，则由221nCB=0,nCB=0,得30,330,mnnp令3m，则21,1,(3,1,1)npn ，13 分记二面角1ACBB的平面角为，因为1212210|cos|525n nn n，显然sin0，所以221015sin1 cos155，所以二面角1ACBB的正弦值为155.15 分17解：（1）cossinsincos()cos()sin
18、()eexxaxbxaxbxabxbaxfx，2 分依题意，202ebaf，所以0ab，3 分所以lnlnabaa，设()lng xxx，则11()1xg xxx，4 分当(0,1)x时，()0,()g xg x单调递减，当(1,)x时，()0,()g xg x单调递增，5 分当1x 时，()g x取得最小值(1)1g，所以lnab的最小值为 1；6 分（2）由（1）可知，(sincos)()exaxxf x，令()1f x，则sincos1exxxa，8 分设sincos()exxxh x，则2cos()exxh x，10 分当0,2x时，()0,()h xh x单调递增，11 分当,2x时
19、，()0,()h xh x单调递减，12 分且2(0)1,e,()e2hhh，13 分所以2eea15 分18解：（1）依题意，22a，解得1a，1 分设C的焦距为 2c，则222cab，2 分将xc代入方程22221xyab，可得2|bya，3 分所以TAB的面积为212()92bcaa，4 分解得3b，5 分所以C的方程为2213yx；6 分（2）设直线1122:2,AB xmyA x yB xy，7 分与C的方程联立222,1,3xmyyx可得22311290mymy，8 分所以121222129,3131myyy ymm，9 分设直线11:(1)1yTA yxx，令12x，解得1132
20、1yyx，所以1131,2 21yPx，11 分同理可得，2231,2 21yQx，12 分所以121212212121223331322121439Mmy yyyyyyxxm y ym yy222229122333313191242393131mmmmmmmmmm，15 分所以2302122mkm，又11km，所以1 211k kmm 17 分19解：（1）设2nnXZ，故1,2nZB n，2 分所以2nnE XE Zn，4 分故2020E X；6 分（2）由（1）知nE Xn，8 分设乙同学的总得分为随机变量,nnY Y的所有可能取值为0,6,12,6n，所以11212120,6,6,66
21、333333knnnnnP YP YP YkP Yn12,633nnP Yn，10 分所以111121222662633333knknnnnkkE Yknkn，12 分设2111222212(1)3333knnnkTkn ，则231222222(2)(1)33333nnnTnn，故2111222222(1)2 1(1)3333333nnnnnTnn，即1226 13(1)33nnnTn，代入nE Y，14 分故11222212 126(1)61283333nnnnnE Ynn，15 分设12()8123nnnF nE XE Yn，易知，当12n时，()0F n，且(11)0F，16 分则满足题意的N最小为 1217 分