精品解析：2024届河南省名校联盟考前模拟大联考三模数学试题

2023—2024学年高三考前模拟考试 数学 考生注意： 1答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一､单项选择题：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. 已知直线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线垂直的充要条件即可列式得解. 【详解】直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为， 即且，，所以. 故选：D. 2. 若，则化简的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数运算法则和对数运算法则化简求值即可. 【详解】由，，可知， . 故选：B 3. 在的展开式中，第8项的系数为（ ） A. B. 144 C. 18 D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对有， 则. 故选：A. 4. 已知关于的方程的一个根为，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】解复数范围内方程可得及的值即可得解. 【详解】由可得， 故，，即. 故选：C. 5. 在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助线面角定义与等角定理可得，，结合线面垂直的性质定理计算即可得. 【详解】 连接，由长方体的性质可得平面， 所以与平面所成的角为， 又平面，所以，即， 因为，故与所成的角与与所成角相等， 所以与所成的角为， 又， 所以. 故选：C. 6. 有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先判断各函数的奇偶性，再由古典概型的概率公式一一判断即可. 【详解】对于①：，则，解得， 所以，故为偶函数且为奇函数； 对于②为奇函数；对于③为奇函数；对于④为偶函数； 对于⑤：定义域为，为非奇非偶函数； 对于⑥为非奇非偶函数； 则事件为：①，②，③；事件为：④，⑤，⑥； 事件为：①，④；事件为：②，③，⑤，⑥； 事件为：①，②，③，④；为：⑤，⑥； 所以，，，， ，， 所以，，故A、C错误； 又为：①；所以为：②，③，④，⑤，⑥，所以， 则，故B错误； 又，，所以，故D正确. 故选：D 7. 已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】容易知道，求出，两点坐标，则，由正弦定理求外接圆半径，结合基本不等式分析求解. 【详解】由题意可知：， 设动点，则，即， 设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设， 因为，， 则，即， 可知直线方程为：，则直线方程为：， 令得，， 即，，则， 由正弦定理得：，， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：A. 8. 下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，等价于，构造函数利用导数研究即可判断；对于B，将最终等价于，然后利用中间值法即可判断；对于C，构造函数并利用导数确定单调性推理判断；对于D，先将等价变形为，再构造函数研究即可. 【详解】对于A，等价于，设，则， 当时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减， 因为，所以，即，故A错； 对于B，等价于，等价于，等价于， 等价于， 又，故B错； 对于C，令函数，求导得， 函数在上单调递增， 由B知，得，当时，， 因此函数在上单调递减，而，则， 由，得，则， 即，因此，C错误； 对于D，，等价于，等价于，即， 令，则等价于，即， 所以， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 令，则在恒成立， 故在上单调递减，所以， 故在上恒成立， 所以在上恒成立，故在上单调递减， 所以， 因为， 所以，令，则， 所以，此时在上单调递增， ， 因为，所以， 所以两边取对数得， 所以由上即，即， 所以， 所以，即， 所以，即，故D对. 【点睛】思路点睛：关于复杂的指数幂比较大小，常常需要根据其结构特征进行变形、同构、放缩等等，再构造函数利用导数研究其单调性，进而判断大小. 二､多项选择题：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. 已知平面向量，则下列说法正确的有（ ） A. 一定可以作为一个基底 B. 一定有最小值 C. 一定存在一个实数使得 D. 的夹角的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：借助基底的定义与向量共线定理计算即可得；对B：借助模长定义计算即可得；对C：借助模长与数量积的关系计算即可得；对D：找出反例即可得. 【详解】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误； 对B：， 故有最小值，故B正确； 对C：若，则有 即，即，即， 解得，即当时，，故C正确； 对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向， 故的夹角不可能为，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象可由的图象平移得到 B. 在上单调递增 C. 图象的一个对称中心为 D. 图象的一条对称轴为直线 【答案】BD 【解析】 【分析】先由辅助角公式和周期公式计算得到，由图象平移的性质可得A错误；由整体代入结合余弦函数的单调性可得B正确；代入可得C错误；整体代入结合余弦函数对称轴的性质可得D正确； 【详解】， 因为最小正周期为，所以， 所以， A：由以上解析式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误； B：当时，， 由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确； C：，故C错误； D：当时，，此时为最小值， 所以图象的一条对称轴为直线，故D正确； 故选：BD. 11. 空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在定直线，使得上的点到的距离是定值 B. 存在定点，使得上的点到的距离为定值 C. 的长度是个定值，且这个定值小于14 D. 是上任意两点，则的距离的最大值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，根据条件即可判断。 【详解】由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周。 对于A，为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，所以存在定直线即为轴，使得上的点到的距离是定值为1，A正确； 对于B，根据轨迹可得不存在定点，使得上的点到的距离为定值，B错误； 对于C，轨迹的长度是，C正确； 对于D, 是上任意两点，则的距离的最大值为4,D正确； 故选：ACD 【点睛】求动点轨迹问题方法：直接法；相关点法；定义法； 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的焦点坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求的焦点坐标，再利用图象平移求解新抛物线焦点坐标即可. 【详解】对于抛物线，，其焦点坐标为， 而抛物线是由向上平移一个单位形成的， 所以抛物线的焦点坐标为. 故答案为： 13. 如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意结合角度关系分析可知：，，即可得结果；根据题意利用正项定理可得，，根据图形分别求，即可得结果. 【详解】在中，可知， 因为，且为的平分线，可知， 则， 在中，可得， 在中，可得， 所以； 因为， ， 在中，由正弦定理可得， 则，解得， 由正弦定理可得， 且为的平分线，则，可得， 在中，由正弦定理可得， 在中，可知，则， 在中，可知， 在中，可知， 所以. 故答案为：；. 14. 已知，且，则的最小值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】在等边三角形中，令，利用三角形的面积，即可求解. 【详解】，注意到， 如图：设等边三角形的边长为1，分别为上的点，设，且， 故, 即， 故，即，所以， 故答案为：1 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. 多年统计数据表明如果甲､乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）. （1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率； （2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） 3 4 5 6 7 ，5 【解析】 【分析】（1）借助题意分析出甲最终获得冠军的所有情况，结合概率公式计算即可得； （2）借助题意分析出甲失分局序号之和的所有可能取值并计算其概率即可得其分布列，由分布列即可得其期望. 【小问1详解】 由于乙以1：0领先，那么甲在接下来的比赛中，第局连胜3局获得冠军， 或第局比赛中丢失1局，直到第5局获胜而获得冠军， 所以甲获得冠军的概率； 【小问2详解】 甲以的大比分获得冠军，表明第五局一定是甲获胜， 前四局中甲､乙比赛结果为平， 即前四局比赛中，甲丢失了2局，分别是第1，2局； 或第1，3局；或第1，4局；或第2，3局或第2，4局或第3，4局， 所以的取值为 ， 3 4 5 6 7 . 16. 已知数列的各项都为正数，且其前项和. （1）证明：是等差数列，并求； （2）如果，求数列的前项和. 【答案】（1）证明如下： 当时，或， 因为，所以， ， 两式相减得， 因为，所以， 故是首项为1，公差为的等差数列， ； （2）. 【解析】 【分析】（1）借助与的关系，结合等差数列定义计算即可得解； （2）借助错位相减法计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， ， ， 则， ， 所以. 17. 如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. （1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； （2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图所示， 因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以. 在平面上的射影为，即平面，连接， 由，为公共边，有， 所以，即为的外心. （2）. 【解析】 【分析】（1）为正三角形，利用三角形全等证明，得为的外心. （2）取中点，中点，可证，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在等腰梯形中，取中点，连接， 由，，则四边形为平行四边形，有， 又，则是边长为2的正三角形， 取中点，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在正中，， 由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，则. ，，， 则有， 在正中，，由，有，则， 则. 设平面的法向量为，有 令，得，则. 又， 所以. 18. 已知函数. （1）如果，求曲线在处的切线方程； （2）如果对于任意的都有且，求实数满足的条件. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意可得，借助导数讨论函数的单调性，结合零点的存在性定理可得使时有，再借助导数讨论函数的单调性，可得，即可得解. 【小问1详解】 当时，， 记，则， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 ，且， ， 所以有， ， ，令， ， ， 如果在上单调递减， 即有在上单调递减，此时与矛盾，故， 令， 则，因为， 所以在上单调递减，， 而， 故由零点存在定理，可知存在，使得， 也就是当时，，当时，， 进一步分析可知存在，使得在上单调递增， 在上单调递减， 要使得恒成立，必有， ， ，因为， 所以由， 如果，此时在上单调递增， ，满足题意， 如果在上单调递增，在上单调递减， 要使恒成立，必有， 所以当时，恒成立， 综上有. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数先推导出时的的取值范围，再推导出时的的取值范围，综合两者所得即可得解. 19. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）. （1）求直线与的斜率之积的值； （2）记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由. 【答案】（1） （2）三点共线，理由： 不妨设直线的方程为， 则圆心到直线的距离为，解得， 直线与椭圆的方程联立可得， 设，则，将代入， 可得， 由（1）可设直线的方程为， 设，同理可得， 因此， 设直线，则，解得， 将直线与椭圆联立，则， 设，则， 将代入，得， 设直线， 同理可得， 故， 所以P，O，Q三点共线． 【解析】 【分析】（1）由题意计算出圆的方程后，可设圆的切线方程为，结合切线定义计算可得，则与的斜率为该方程的两解，结合韦达定理与、的关系计算即可得直线与的斜率之积； （2）设、，设直线的方程为，则，结合点到直线的距离公式可得，计算可得，同理可得，所以三点共线. 【小问1详解】 由题意得， 故直线的方程为，即. 由对称性可知圆的圆心坐标为， 因为点到直线的距离为， 所以圆的半径为，所以圆， 设，则， 由题可设圆的切线方程为， 则圆心到切线的距离为， 整理得， 设过点所引的圆的两条切线的斜率分别为， 则，由，得， 代入式中，可得， 故直线与的斜率之积为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：定值问题常见方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年高三考前模拟考试 数学 考生注意： 1答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一､单项选择题：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. 已知直线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则化简的结果是（ ） A. B. C. D. 3. 在的展开式中，第8项的系数为（ ） A. B. 144 C. 18 D. 4. 已知关于的方程的一个根为，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 6. 有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知平面向量，则下列说法正确的有（ ） A. 一定可以作为一个基底 B. 一定有最小值 C. 一定存在一个实数使得 D. 的夹角的取值范围是 10. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象可由的图象平移得到 B. 在上单调递增 C. 图象的一个对称中心为 D. 图象的一条对称轴为直线 11. 空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在定直线，使得上的点到的距离是定值 B. 存在定点，使得上的点到的距离为定值 C. 的长度是个定值，且这个定值小于14 D. 是上任意两点，则的距离的最大值为4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线的焦点坐标为______. 13. 如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________. 14. 已知，且，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. 多年统计数据表明如果甲､乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）. （1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率； （2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望. 16. 已知数列的各项都为正数，且其前项和. （1）证明：是等差数列，并求； （2）如果，求数列的前项和. 17. 如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. （1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； （2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）如果，求曲线在处的切线方程； （2）如果对于任意的都有且，求实数满足的条件. 19. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）. （1）求直线与的斜率之积的值； （2）记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $