高级中学名校试卷
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辽宁省教研联盟2024届高三调研测试（二模）数学试卷
一、选择题
1.设集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设，
因为，，
所以，故，故,
所以,所以.
故选：C.
2.设，则（）
A. B. C.1 D.
【答案】A
【解析】由复数，可得.
故选：A.
3.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列的前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第30项为（）
A.366 B.422 C.450 D.600
【答案】C
【解析】由题意，大衍数列的偶数项为，
可得该数列的偶数项的通项公式为，
所以此数列的第30项为.
故选：C.
4.有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】记甲、乙在同一组为事件，
将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为，
其中甲、乙在同一组包含的基本事件个数为，
所以甲、乙在同一组的概率．
故选：A．
5.若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
6.已知函数的零点分别为，则（）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】令，可得，所以，即；
令，可得，即，所以，
即；
令，可得，由此可得，所以，
即，
作图象，如图，
由图象可知，，所以.
故选：D
7.已知的外接圆半径为2，且内角满足，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，，
得，
即，则，
由，解得，
由正弦定理知.
故选：D
8.已知，则的最小值为（）
A.4 B.6 C. D.
【答案】D
【解析】由，，即，易知，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以的最小值为.
故选：D
二、选择题
9.关于函数，下列说法正确的有（）
A.的定义域为 B.的函数图象关于y轴对称
C.的函数图象关于原点对称 D.在上单调递增
【答案】ACD
【解析】因为，则，解得，
所以的定义域为，故A正确；
因为，即为奇函数，
所以的图像关于原点对称，故B错误，C正确；
因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确；故选：ACD.
10.设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】如下图所示，设切点为，，，
对于A，由椭圆的方程知：，
由椭圆的定义可得：，
易知，所以，
所以，故A正确；
对于BCD，，
又因为，解得：，
又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；从而，所以，
所以，而，所以，故C错误；
从而，故D正确.故选:ABD．
11.在棱长为2的正方体中，点E，M分别为线段，的中点，点N在线段上，且，则（）
A.平面EMN截正方体得到的截面多边形是矩形
B.平面平面
C.存在，使得平面平面
D.当时，平面EMN截正方体得到的截面多边形的面积为
【答案】ABC
【解析】如图，连接，，，则，
由正方体的性质可得点E是侧面的中心，点M是正方体的中心，
所以连接EM并延长交侧面于点P，则点P是侧面的中心，且．
设平面EPN交于点F，交AD于点G，交BC于点H，连接NF，GH，
因为平面平面，所以，．
因为，平面ABCD，所以平面ABCD，
又平面ABCD，所以，所以，易知，
所以，所以平面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH是矩形，A正确；
因为点M是正方体的中心，所以，M，B三点共线，所以平面即为平面，
因为，，，AB，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面，B正确；
当时，点N与点重合，平面EMN即为平面，
由B选项可知平面平面，即平面平面EMN，C正确；
当时，，则，
又，，
所以截面多边形NFGH的面积为，D错误．
故选:ABC．
三、填空题
12.设为抛物线的焦点，为抛物线上一点，若，则点的横坐标为__________．
【答案】4
【解析】设，由，得，所以，解得．
故答案为：4.
13.设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______.
【答案】
【解析】由数列的前项和，
当时，可得，