2023-2024學年遼寧省沈陽市高三下學期高考數學押題模擬試題（二模）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，，則=（）A. B.C. D.【正確答案】B【分析】由交集與補集的定義求解即可.【詳解】因為集合，所以，所以.故選：B.2.已知（是虛數單位）是關于的方程的一個根，則（）A.9 B.1 C. D.【正確答案】B【分析】把方程的根代入方程，利用復數相等的列方程組求解.【詳解】已知（是虛數單位）是關于的方程的一個根，則，即，即，解得，故.故選：．3.已知向量，若，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】根據向量共線的規則求出x，再根據向量的坐標運算規則求解.【詳解】，；故選：A.4.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術基本定理：每一個比1大的數（每個比1大的正整數）要么本身是一個素數，要么可以寫成一系列素數的乘積，如果不考慮這些素數在乘積中的順序，那么寫出來的形式是唯一的，即任何一個大于1的自然數（不為素數）能唯一地寫成（其中是素數，是正整數，，將上式稱為自然數的標準分解式，且的標準分解式中有個素數.從360的標準分解式中任取3個素數，則一共可以組成不同的三位數的個數為（）A.6 B.13 C.19 D.60【正確答案】C【分析】首先根據的標準分解式得到，然后根據這6個素數的特點進行分類討論，最后利用分類加法計數原理即可得解．【詳解】根據的標準分解式可得，故從2，2，2，3，3，5這6個素數中任取3個組成三位數，有下列三種情況：①選取3個2，可以組成1個三位數；②選取2個2后，再從3或5中選一個，可以組成個不同的三位數；③選取1個2后，再選2個3，可以組成個不同的三位數；④選取2，3，5，可以組成個不同的三位數；⑤選取3，3，5，可以組成個不同的三位數；所以從120的標準分解式中任取3個素數，一共可以組成個不同的三位數.故選：C．5.在公差不為0的等差數列中，成公比為3的等比數列，則（）A.14 B.34 C.41 D.86【正確答案】C【分析】根據題意求得，得到，再由等差數列的通項公式，求得，列出方程，即可求解.【詳解】因為成公比為3的等比數列，可得，所以又因為數列為等差數列，所以公差，所以，所以，解得.故選：C.6.函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則的最小值為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】根據奇偶函數的定義可得，再利用基本不等式求最小值.【詳解】由題意可得，解得，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以最小值為.故選：B.7.若將整個樣本空間想象成一個邊長為1的正方形，任何事件都對應樣本空間的一個子集，且事件發生的概率對應子集的面積．則如圖所示的陰影部分的面積表示（）A.事件A發生的概率 B.事件B發生的概率C.事件B不發生條件下事件A發生的概率 D.事件A、B同時發生的概率【正確答案】A【分析】理解條件概率和的含義，可得陰影部分面積表示的含義.【詳解】由題意可知：表示在事件B發生的條件下，事件A發生的概率，表示在事件B不發生的條件下，事件A發生的概率，結合在一塊就是事件A發生的概率.故選：A.8.如圖為一臺冷軋機的示意圖.冷軋機由若干對軋輥組成，厚度為（單位：）的帶鋼從一端輸入，經過各對車輥逐步減薄后輸出，厚度變為（單位：）.若，每對軋輥的減薄率不超過4%，則冷軋機至少需要安裝軋輥的對數為（）（一對軋輥減薄率）A.14 B.15 C.16 D.17【正確答案】D【分析】根據題意可得，兩邊取對數能求出冷軋機至少需要安裝軋輥的對數.【詳解】厚度為的帶鋼從一端輸入經過減薄率為4%的對軋輥后厚度為，過各對車輥逐步減薄后輸出，厚度變為，則，故選：D.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.在一次歌唱比賽中，以下表格數據是5位評委給甲?乙兩名選手評出的成績（分數），則下列說法正確的是（）甲乙87909691869086928795A.甲選手成績的極差大于乙選手成績的極差B.甲選手成績的75%分位數小于乙選手成績的75%分位數C.從甲的5次成績中任取2個，均大于甲的平均成績的概率為D.從乙的5次成績中任取3個，事件“至多1個超過平均分”與事件“恰有2個超過平均分”是對立事件【正確答案】ABD【分析】直接由極差、百分位數、古典概型概率以及對立事件的概念依次判斷4個選項即可.【詳解】對于A選項，根據極差的概念，可知甲選手成績的極差為，乙選手成績的極差為.故A正確；對于B選項，，則甲成績的75%分位數是91，乙成績的75%分位數是92.故B正確；對于C選項，甲的平均成績為，從甲的5次成績中任取2次成績樣本空間有，共10個樣本點，其中均大于甲的平均成績的樣本點只有1個為，故所求概率為，故C錯誤.對于D選項，乙的平均成績為，抽到不超過平均分的個數為0，1，2，所以事件“至多1個超過平均分”與事件“恰有2個超過平均分”是對立事件，故D正確；故選：ABD.10.已知，，且，則下列結論中正確的是（）A.有最小值 B.有最小值3C.有最小值 D.有最大值4【正確答案】BD【分析】由已知結合基本不等式可檢驗A；結合二次函數的性質可檢驗B；結合“”的代換及基本不等式可檢驗C；結合導數與函數單調性關系可檢驗D.【詳解】因為，，且，所以，當且僅當時取等號，A錯；由，，且，得，所以，當時取等號，B正確；，當且僅當，即時取等號，C錯；令，則，易得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故時，取得最大值，D正確.故選：BD11.如圖，在正方體中，，是正方形內部(含邊界)的一個動點，則（）A.存在唯一點，使得B.存在唯一點，使得直線與平面所成的角取到最小值C.若，則三棱錐外接球的表面積為D.若異面直線與所成的角為，則動點的軌跡是拋物線的一部分【正確答案】BCD【分析】由線面垂直得線線垂直來確定點位置，判斷選項A；幾何法找線面角，當角最小時確定點位置，判斷選項B；為中點時，求三棱錐外接球的半徑，計算外接球的表面積，判斷選項C；利用向量法解決異面直線所成角的問題，求出動點的軌跡，判斷選項D.【詳解】對于A選項：正方形中，有，正方體中有平面，平面，，又，平面，平面，只要平面，就有，在線段上，有無數個點，A選項錯誤；對于B選項：平面，直線與平面所成的角為，，取到最小值時，最大，此時點與點重合，B選項正確；對于C選項：若，則為中點，為等腰直角三角形，外接圓半徑為，三棱錐外接球的球心到平面的距離為，則外接球的半徑為，所以三棱錐外接球的表面積為，C選項正確；對于D選項：以D為原點，的方向為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設，則有，，有，化簡得，是正方形內部(含邊界)一個動點，所以軌跡是拋物線的一部分，D選項正確.故選：BCD12.已知拋物線的焦點為，過點的直線交于兩點，點在拋物線上，則下列說法正確的是（）A.的最小值為1B.的周長的最小值為C.若，則的最小值為32D.若過分別作拋物線的切線，兩切線相交于點，則點在拋物線的準線上【正確答案】AB【分析】利用焦半徑公式求出焦點弦，然后求出最小值判斷A，求出三角形周長的表達式，然后利用單調性求出最小值判斷B，利用數量積的幾何意義求得，進一步求出最值判斷C，待定系數法求得兩切線方程，求出點D的坐標，即可判斷D.【詳解】因為拋物線的焦點為，所以，即拋物線，由題意，設直線AB方程為：，設，，，對選項A：由拋物線定義知：，因為，所以，即最小值為1，故A正確；對選項B：聯立，得，則，所以的周長，令，則，易知函數在上單調遞增，函數的對稱軸為，故其在上單調遞增，所以函數在上單調遞增，從而在上單調遞增，所以當即時，有最小值，即直線AB為，的周長有最小值為，故B正確；對選項C：因為,所以點C在AB的垂直平分線上,記AB的中點為H，則，所以，由選項B知，，所以當時，取到最小值，則的最小值為，故C錯誤；對選項D：聯立，得，則，設過點A的切線方程為，聯立，整理得，由，可得，則過點A的切線方程分別為：，可得，同理可得過點的切線斜率為，過點B的切線方程為：，聯立方程，解得，即，所以兩條切線的交點在直線上，不在準線上，故D錯誤.故選：AB三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.某工廠生產一批零件（單位：），其尺寸服從正態分布，且，，則________．【正確答案】16【分析】由題分析可得，即得解.【詳解】∵，，∴，∴.故1614.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，且成等比數列，則________．【正確答案】##【分析】根據等比數列和正弦定理求出，再利用余弦定理即得解.【詳解】解：由成等比數列，得，又所以，所以.故15.用一張正方形的紙把一個棱長為1的正方體禮品盒完全包住，不得將紙撕開，則所需紙的最小面積是_______.【正確答案】8【分析】由題意，分析正方體的側面展開圖，上底面分割適當，盡量不產生浪費，即可判斷最小紙張的面積.【詳解】如圖①是棱長為1的正方體禮品盒，先把正方體的表面按圖所示方式展開成平面圖形，再把平面圖形盡可能拼成面積較小的正方形，如圖②所示，由圖②知正方形的邊長為，其面積為8.故8本題考查巧分解正方體表面積，發揮想象力，屬于中等題.16.已知，分別是雙曲線的左，右焦點，點在雙曲線上，，圓，直線與圓相交于A，C兩點，直線與圓相交于B，D兩點，若四邊形的面積為，則的離心率為________.【正確答案】【分析】由弦長公式可得，，四邊形面積為，再由勾股定理結合雙曲線的定義解得，可求雙曲線的離心率.【詳解】不妨設點在雙曲線右支上，因為四邊形的面積為，因為，所以，圓的半徑為，則，設分別為到直線的距離，所以，，所以，∴①，∵，，且，∴，由雙曲線的定義可得：，平方可得：，所以代入①，可得：，即，即，所以雙曲線的離心率為.故答案為.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖，直線，線段DE與，均垂直，垂足分別是E，D，點A在DE上，且，.C，B分別是，上的動點，且滿足.設，面積為.（1）寫出函數解析式；（2）求的最小值.【正確答案】（1）（2）的最小值為【分析】（1）根據直角三角形的邊角關系得關于的表達式，再根據三角形面積公式即可得函數解析式；（2）利用三角恒等變換化簡，再根據函數的性質即可得的最小值.【小問1詳解】結合圖形可知，若，則，所以，又，所以，又在中，在中，所以面積為【小問2詳解】由（1），因為，所以，所以的取值范圍是所以當時，取得最小值.18.已知數列為等比數列，是與的等差中項，為的前項和．（1）求的通項公式及；（2）集合A為正整數集的某一子集，對于正整數，若存在正整數，使得，則，否則．記數列滿足，求的前20項和．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）由等比數列通項公式結合等差中項性質求基本量，即可由公式法寫出通項公式及；（2）解對數方程得，即可求得A，即可對數列分組求和.【小問1詳解】設的公比為是與的等差中項，，，∴，．【小問2詳解】由題意知，，又，，即，故．又，．19.已知如圖，在多面體中，，，為的中點，，，平面．（1）證明：四邊形為矩形；（2）當三棱錐體積最大時，求平面與平面夾角的余弦值．【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）依題意可得且，從而得到四邊形為平行四邊形，由線面垂直的性質得到，從而得到，即可得到平面，從而得到，即可得證；（2）由（1）可得利用基本不等式求出三棱錐體積最大值，建立如圖所示空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值；【小問1詳解】解：因為，，為的中點，所以，且，又因為，所以，因為，所以四邊形為平行四邊形，因為平面，平面，所以，所以，因為，平面，所以平面，平面，所以，所以四邊形為矩形．【小問2詳解】解：由（1）可知，平面，平面，平面，所以，，所以三棱錐的體積，當且僅當時等號成立，此時，據（1），以為坐標原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系如圖所示．

由已知可得下列點的坐標：，，，，所以，，設平面的法向量為，則，即，取，則，，所以平面的一個法向量為，因為是平面的法向量，設平面與平面夾角為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．20.某人玩一項有獎游戲活動，其規則是：有一個質地均勻的正四面體（每個面均為全等的正三角形的三棱錐），四個面上分別刻著1，2，3，4，拋擲該正四面體5次，記錄下每次與地面接觸的面上的數字.（1）求接觸面上的5個數的乘積能被4整除的概率；（2）若每次拋擲到接觸地面的數字為3時獎勵200元，否則倒罰100元，①設甲出門帶了1000元來參加該游戲，記游戲后甲身上的錢為X元，求；②若在游戲過程中，甲決定當自己贏了的錢一旦不低于300元時立即結束游戲，求甲不超過三次就結束游戲的概率.【正確答案】（1）（2）①②【分析】（1）正難則反，采用間接法，先求不能被4整除的概率，再根據對立事件求解；（2）①先記為地面接觸的面上的數字為3的次數，找出與的關系，根據二項分布求解期望；②先明確甲不超過三次就結束游戲的情況，再求解概率.【小問1詳解】設事件A=“接觸面上的5個數的乘積能被4整除”，不能被4整除的有兩種情況：（i）5個數均為奇數（1或者3），概率為，（ii）5個數中4個為奇數，另一個為2，概率為，所以.【小問2詳解】①可能的取值為500,800,1100,1400,1700,2000.記為地面接觸的面上的數字為3的次數，則，且，，，故.②設事件B=“甲不超過三次就結束游戲”，分為兩種情況：兩次結束游戲和三次結束游戲..21.如圖，已知橢圓的離心率，由橢圓的四個頂點圍成的四邊形的面積為．（1）求橢圓的標準方程；（2）設為橢圓的右頂點，過點且斜率不為的直線與橢圓相交于點（點在之間），若為線段上的點，且滿足，證明：．【正確答案】（1）;（2）證明見解析.【分析】（1）根據題意得到關于的方程，進而可求出結果；（2）設直線的方程為，與拋物線聯立，結合韋達定理證得點在直線上，從而可得出結論.【小問1詳解】由題設可知，，即，因為，，所以，，所以，，，所以橢圓的標準方程為．【小問2