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2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟数学试卷
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这是一份2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟数学试卷，共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知函数，则下列结论正确的是，函数的图象大致为等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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。
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
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．设，则（ ）
A．5B．C．4D．3
2．设集合，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图定一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．3C．D．4
4．已知直线与圆相交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．在上单调递增
C．为偶函数D．的最小值为
6．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．15B．35C．56D．70
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．
9．2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数（PMI），如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的第75百分位数为51.9%
B．从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的极差为3.8%
C．从2022年7月到2023年7月，制造业采购经理指数（PMI）呈下降趋势
D．PMI大于50%，表示经济处于扩张活跃的状态，PMI小于50%，表示经济处于低迷萎缩的状态，则2023年1月到2023年3月，经济处于扩张活跃的状态
10．已知抛物线，过点作直线，直线与交于两点．在轴上方，直线与交于两点，在轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为
B．直线过定点
C．直线与直线的交点在直线上
D．与的面积之和的最小值为．
11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．在上为减函数B．当时，
C．D．在上有且只有1个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列的前项和为，若，则______，*．
13．在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为______．
14．太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为______*．
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．（13分）
在中，内角的对边分别为．
（1）求；
（2）若为的中线，且，求的面积．
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．
（1）证明：．
（2）设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）
某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．
（1）现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．
（2）若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；
②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
18．（17分）
设函数．
（1）讨论的单调性．
（2）证明：．
（3）当时，证明：．
19．（17分）
如图所示，在圆锥内放人两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，记为为椭圆的两个焦点．设直线分別与该圆锥的母线交于两点，过点的母线分别与球相切于两点，已知．以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）点在直线上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，是椭圆的左、右顶点，连接，设直线与交于点．证明：点在直线上．
高三数学考试参考答案
1．A 【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以．
2．C 【解析】本题考查集合的基本运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以或，解得或．当时，，不符合题意．当时，，符合题意．故选C．
3．D 【解析】本题考查圆锥的侧面展开图，考查直观想象的核心素养．
设母线长为，由，得．
4．A 【解析】本题考查圆的性质，考查数学运算的核心素养．
设点到直线的距离为，则，所以．
5．C 【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查直观想象、数学运算的核心素养．
因为，所以A错误，D错误．因为，所以，可知在上不单调，B错误．又，所以为偶函数，C正确．
6．A 【解析】本题考查函数的性质，考查直观想象、逻辑推理的核心素养．
因为，所以排除D．又因为，所以在和上单调递减，在上单调递增，故选A．
7．D 【解析】本题考查双曲线的性质，考查数学运算的核心素养．
由焦比定理可得，又，所以．
8．B 【解析】本题考查用排列组合解决实际问题，考查数学建模的核心素养和应用意识．
将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有种不同的分法．
9．ABD 【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析的核心素养和应用意识．
由图知，从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）从小到大的顺序为，因为，所以第75百分位数为第6个数，即为，故A正确；从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的最大值为，最小值为，所以极差为，故B正确；由图易知C错误，D正确．
10．ABD 【解析】本题考查抛物线的性质，考查直观想象的核心素养．
设，设直线交轴于点，联立方程组可得，B正确；，当时，，A正确；当轴时，可知，，求得直线的方程为，直线的方程为，将这两方程联立方程组，解得，C错误；设与的面积分别为，则，又，所以，当且仅当时，等号成立，D正确．
11．BCD 【解析】本题考查导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理的核心素养．
由，得．
令，则当时，，所以在上单调递增，所以，由此可得，C正确．
因为，所以当时，．又因为，所以当时，，B正确．
由于是定义在上的奇函数，故当时，．
又，所以在上有且只有1个零点，D正确．
因为的单调性无法判断，所以A错误．
12．2；99【解析】本题考查等差数列的求和，考查数学运算的核心素养．
由，得．因为，所以是等差数列，则．
13． 【解析】本题考查异面直线所成的角，考查直观想象、数学运算的核心素养．
以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略），则，所以．设异面直线所成的角为，则．
14．0 【解析】本题考查平面向量的数量积，考查直观想象、数学运算的核心素养．
连接，可得，显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．
15．解：（1）由，得，
又，可知，所以，
结合，可得，
所以．
（2）由（1）知，
因为为的中线，，所以，
两边平方得．
又，即，
两式相减，得，
所以．
16．（1）证明：如图，设与交于点，连接．
因为底面是平行四边形，所以为的中点．
因为，所以．
又，所以．
因为平面，且平面平面，平面平面，
所以平面．
因为平面，所以.5分
因为，所以平面．
因为平面，所以．
（2）解：如图，连接，因为为的中位线，所以．
因为平面平面且，
所以，且．易证平面．
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设为平面的法向量，因为，
所以令，得．
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
所以．
17．解：（1）设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．
由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，
则，即这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．
（2）①由样本数据知，．
因为，
所以，即学习时长不低于50小时的教师人数为841.8分
②每名教师的学习时长在内的概率为，
由题意可知，则，
设，则．
令，得，所以当时，，
令，得，所以当时，，
所以当时，最大，即使最大的的值为14．
18．（1）解：，令，解得或．
当时，；当时，；当时，．
故在和上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：的定义域为．
当时，；当时，．
所以的最小值为，故．
（3）证明：当时，．
要证，即证．
设，则，当时，，则在上单调递增，
且，当时，，故只需证明．
由（2）知，在上成立，故，
即成立．
19．（1）解：设椭圆的标准方程为，
由切线长定理知，
则，解得．
由，解得．
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，已知．
设．
联立方程组消去得，
由，可得，
所以，同理．
因为是切点，且，所以直线的方程为，即，
显然直线过定点，即三点共线，则，
解得或（舍去），
联立方程组解得，即点在直线上．
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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。
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。
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．设，则（ ）
A．5B．C．4D．3
2．设集合，若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图定一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A．B．3C．D．4
4．已知直线与圆相交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．2C．D．4
5．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．在上单调递增
C．为偶函数D．的最小值为
6．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A．15B．35C．56D．70
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．
9．2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数（PMI），如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的第75百分位数为51.9%
B．从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的极差为3.8%
C．从2022年7月到2023年7月，制造业采购经理指数（PMI）呈下降趋势
D．PMI大于50%，表示经济处于扩张活跃的状态，PMI小于50%，表示经济处于低迷萎缩的状态，则2023年1月到2023年3月，经济处于扩张活跃的状态
10．已知抛物线，过点作直线，直线与交于两点．在轴上方，直线与交于两点，在轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（ ）
A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为
B．直线过定点
C．直线与直线的交点在直线上
D．与的面积之和的最小值为．
11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A．在上为减函数B．当时，
C．D．在上有且只有1个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列的前项和为，若，则______，*．
13．在直三棱柱中，，为的中点，点满足，则异面直线所成角的余弦值为______．
14．太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为______*．
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．（13分）
在中，内角的对边分别为．
（1）求；
（2）若为的中线，且，求的面积．
16．（15分）
如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．
（1）证明：．
（2）设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）
某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．
（1）现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．
（2）若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；
②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
18．（17分）
设函数．
（1）讨论的单调性．
（2）证明：．
（3）当时，证明：．
19．（17分）
如图所示，在圆锥内放人两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，记为为椭圆的两个焦点．设直线分別与该圆锥的母线交于两点，过点的母线分别与球相切于两点，已知．以直线为轴，在平面内，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）点在直线上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，是椭圆的左、右顶点，连接，设直线与交于点．证明：点在直线上．
高三数学考试参考答案
1．A 【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以．
2．C 【解析】本题考查集合的基本运算，考查数学运算的核心素养．
因为，所以或，解得或．当时，，不符合题意．当时，，符合题意．故选C．
3．D 【解析】本题考查圆锥的侧面展开图，考查直观想象的核心素养．
设母线长为，由，得．
4．A 【解析】本题考查圆的性质，考查数学运算的核心素养．
设点到直线的距离为，则，所以．
5．C 【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查直观想象、数学运算的核心素养．
因为，所以A错误，D错误．因为，所以，可知在上不单调，B错误．又，所以为偶函数，C正确．
6．A 【解析】本题考查函数的性质，考查直观想象、逻辑推理的核心素养．
因为，所以排除D．又因为，所以在和上单调递减，在上单调递增，故选A．
7．D 【解析】本题考查双曲线的性质，考查数学运算的核心素养．
由焦比定理可得，又，所以．
8．B 【解析】本题考查用排列组合解决实际问题，考查数学建模的核心素养和应用意识．
将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有种不同的分法．
9．ABD 【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析的核心素养和应用意识．
由图知，从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）从小到大的顺序为，因为，所以第75百分位数为第6个数，即为，故A正确；从2023年1月到2023年7月，这7个月的制造业采购经理指数（PMI）的最大值为，最小值为，所以极差为，故B正确；由图易知C错误，D正确．
10．ABD 【解析】本题考查抛物线的性质，考查直观想象的核心素养．
设，设直线交轴于点，联立方程组可得，B正确；，当时，，A正确；当轴时，可知，，求得直线的方程为，直线的方程为，将这两方程联立方程组，解得，C错误；设与的面积分别为，则，又，所以，当且仅当时，等号成立，D正确．
11．BCD 【解析】本题考查导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理的核心素养．
由，得．
令，则当时，，所以在上单调递增，所以，由此可得，C正确．
因为，所以当时，．又因为，所以当时，，B正确．
由于是定义在上的奇函数，故当时，．
又，所以在上有且只有1个零点，D正确．
因为的单调性无法判断，所以A错误．
12．2；99【解析】本题考查等差数列的求和，考查数学运算的核心素养．
由，得．因为，所以是等差数列，则．
13． 【解析】本题考查异面直线所成的角，考查直观想象、数学运算的核心素养．
以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系（图略），则，所以．设异面直线所成的角为，则．
14．0 【解析】本题考查平面向量的数量积，考查直观想象、数学运算的核心素养．
连接，可得，显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．
15．解：（1）由，得，
又，可知，所以，
结合，可得，
所以．
（2）由（1）知，
因为为的中线，，所以，
两边平方得．
又，即，
两式相减，得，
所以．
16．（1）证明：如图，设与交于点，连接．
因为底面是平行四边形，所以为的中点．
因为，所以．
又，所以．
因为平面，且平面平面，平面平面，
所以平面．
因为平面，所以.5分
因为，所以平面．
因为平面，所以．
（2）解：如图，连接，因为为的中位线，所以．
因为平面平面且，
所以，且．易证平面．
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
设为平面的法向量，因为，
所以令，得．
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
所以．
17．解：（1）设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．
由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，
则，即这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．
（2）①由样本数据知，．
因为，
所以，即学习时长不低于50小时的教师人数为841.8分
②每名教师的学习时长在内的概率为，
由题意可知，则，
设，则．
令，得，所以当时，，
令，得，所以当时，，
所以当时，最大，即使最大的的值为14．
18．（1）解：，令，解得或．
当时，；当时，；当时，．
故在和上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：的定义域为．
当时，；当时，．
所以的最小值为，故．
（3）证明：当时，．
要证，即证．
设，则，当时，，则在上单调递增，
且，当时，，故只需证明．
由（2）知，在上成立，故，
即成立．
19．（1）解：设椭圆的标准方程为，
由切线长定理知，
则，解得．
由，解得．
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，已知．
设．
联立方程组消去得，
由，可得，
所以，同理．
因为是切点，且，所以直线的方程为，即，
显然直线过定点，即三点共线，则，
解得或（舍去），
联立方程组解得，即点在直线上．
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