精品解析：河南省南阳市社旗县第一高级中学2024届高三下学期三模理科数学试题

2023-2024学年高三下学期三模试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，将答案写在答题卡的相应位置上.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．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. 240 C. 60 D. 4. 已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 14 5. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 6. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以，，表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是白球”，则下列结论中不正确的是（ ） A. 事件，，是两两互斥的事件 B. 事件与事件为相互独立事件 C. D. 8. 已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.） 9. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 10. 如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（ ） A. 曲线C关于直线和都对称 B. 曲线C上的点到和到直线的距离相等 C. 曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是 D. 曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为16 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 若，则___________ 13. 三棱锥中，是边长为的正三角形，， 若三棱锥的体积为，则长度的最小值为___________ 14. 关于x的方程有实根，则的最小值为______． 四．解答题（共5小题，共77分） 15. 函数． （1）当时，证明：； （2）讨论函数的零点个数． 16. 在中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，，是等差数列． （1）若a，b，c是等比数列，求； （2）若，求． 17. 如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l． （1）证明：平面PBC； （2）直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积； （3）点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 18. 第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n辆（）坦克的编号为，，…，，记，即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N. 甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用估计总体的均值，因此，得，故可用作为N的估计. 乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现的无意义结果.例如，当，时，若，，，则，此时. （1）当，时，求条件概率； （2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值.当，时，求随机变量M的分布列和均值； （3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断与N的大小关系，并给出证明. 19. 平面直角坐标系中，动点满足，点P的轨迹为C，过点作直线l，与轨迹C相交于A，B两点． （1）求轨迹C的方程； （2）求面积的取值范围； （3）若直线l与直线交于点M，过点M作y轴的垂线，垂足为N，直线NA，NB分别与x轴交于点S，T，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高三下学期三模试题 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名和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，将答案写在答题卡的相应位置上.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．选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，由得出，由子集的定义得出实数的取值范围. 【详解】集合, 故选：B 【点睛】本题主要考查了根据交集的结果求参数的取值范围，属于基础题. 2. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确； 对于B中，例如，此时，所以B不正确； 对于C中，由函数在上为单调递减函数， 因为，所以，可得，所以C正确； 对于D中，例如，此时，所以D不正确. 故选：C. 3. 已知的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ） A. B. 240 C. 60 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式分析求解. 【详解】由题意可知：二项式系数之和为，可得， 其展开式的通项为， 令，解得， 所以其展开式的常数项为. 故选：B. 4. 已知F是抛物线C：的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点，且A，B到直线的距离之和等于，则（ ） A. 6 B. 8 C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义求出，列出方程求解即得. 【详解】依题意，设点，而抛物线C：的准线方程为， 则，点到直线的距离和为， 因此，所以. 故选：C 5. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）. A. m2 B. m2 C. m2 D. m2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意作出圆锥轴截面图像,根据图像求出圆锥底面半径和母线,根据侧面积公式即可求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面,    由题意,底面圆半径,母线, 所以侧面积. 故选：C. 6. 设是公比不为1的无穷等比数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】借助充要条件的定义，分别验证充分性与必要性，结合等比数列、递增数列的定义，借助反证法证明即可得. 【详解】若为递增数列， 当，且时，有， 此时为递增数列，当对任意,， 故“为递增数列”不是“存在正整数，当时，”的充分条件； 若存在正整数，当时，， 此时， ，故，， 假设存在，使得，则有， 则，又且，故， 则当时，，与条件矛盾， 故不存在，使，即在上恒成立， 即，又，，故， 即对任意的，， 即为递增数列， 故“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要条件； 综上所述，“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以，，表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以表示事件“取出的是白球”，则下列结论中不正确的是（ ） A. 事件，，是两两互斥的事件 B. 事件与事件为相互独立事件 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由互斥事件，互相独立事件的概念以及条件概率的计算公式逐项判断即可. 【详解】由题意可得，，， 显然事件，，是两两互斥的事件，故A正确； ，故D正确； ，， 所以，故事件与事件不是相互独立事件，故B错误； ，故C正确； 故选：B. 8. 已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理求出，，，，得到，利用基本不等式求出面积的最大值. 【详解】，由正弦定理得： ∵，∴， ∵， ∴，为直角三角形且外接圆半径为， ∴， ∴， 设内切圆半径为，则． 其中， 因为，所以， 故，当且仅当时，等号成立， ∴， 当且仅当时等号成立， 故选：A 二．多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.） 9. 已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（ ） A. 30° B. 45° C. 75° D. 90° 【答案】AD 【解析】 【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解. 【详解】过点作， 从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或， 而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或. 故选：AD. 10. 如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（ ） A. 曲线C关于直线和都对称 B. 曲线C上的点到和到直线的距离相等 C. 曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是 D. 曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可. 【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误； 对于B，设C上一点，则，而，故正确； 对于C，，， 所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确； 对于D，到点的距离， 故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于． 故选：BCD. 11. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点（点A在第一象限），与的等差中项为．抛物线在点A、B处的切线交于点M，过点M且垂直于y轴的直线与y轴交于点N，O为坐标原点，P为抛物线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为16 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，，且,设直线，联立直线和抛物线方程得韦达定理，再结合两角和与差的正切公式，导数运算等知识，对各个选项逐一分析即可. 【详解】显然当直线斜率不存在时不合题意，则设直线，与联立得． 设，，则，，，． ， 因此，A选项错误． ，B选项正确． ,，切线，即， 同理，联立解得，故． 不妨设，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q， 则． 当直线PN与抛物线相切时，最小． 与联立，消去y得：， 令，解得，则， 故，C选项正确． ，故， 则，D选项正确． 故选:BCD． 【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程． 第三步：求解判别式：计算一元二次方程根的判别式. 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出． 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． 三．填空题（共3小题，每题5分，共15分.） 12. 若，则___________ 【答案】## 【解析】 【分析】由复数的乘除法运算法则及模长计算公式求解即可. 【详解】， 所以， 故答案为：. 13. 三棱锥中，是边长为的正三角形，， 若三棱锥的体积为，则长度的最小值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】求得到平面的距离，然后根据点与直线的距离的最小值以及勾股定理求得的最小值. 【详解】过作平面，垂足为，连接， ， 由于平面，所以， 所以， 所以当时，最小，同时最小，此时： 由于平面，所以，由于， 平面，所以平面， 由于平面，所以， 则，所以的最小值为， 此时. 故答案为： 14. 关于x的方程有实根，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设实根为，则，转化为动点在直线，利用的几何意义，将问题转化为求原点到直线距离的最小值，再构造函数求解并验证最值取到即可. 【详解】因为关于x的方程有实根， 所以关于x的方程有实根， 设方程的实根为，则， 得到，即， 设点，则点在直线上， 设点到直线的距离为，则， 设，则，得到， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 得到，则，又， 由几何意义可知，故， 检验：当时，， 由，解得，此时； 由，解得，此时. 故的最小值为. 故答案为：. 四．解答题（共5小题，共77分） 15. 函数． （1）当时，证明：； （2）讨论函数的零点个数． 【答案】（1）当时，，所以，令得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 从而，不等式得证． （2）当时，无零点；当或时，有一个零点； 当时，有两个零点． 【解析】 【分析】（1）求导可得，当时，，当时，，可证结论； （2）由已知可得，求导可得的单调性，进而可求函数的零点个数． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则，． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 又，当时，；当时，． 从而当时，无零点；当或时，有一个零点； 当时，有两个零点． 16. 在中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知，，是等差数列． （1）若a，b，c是等比数列，求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用等差数列和等比数列的中项性质，结合同角三角函数的基本关系、两角和的正弦公式，化简求得； （2）由（1）得，再借助角的值，以及两角和与差的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 因为a，b，c是等比数列，所以，有， 因为，，是等差数列，所以. 故. 所以． 【小问2详解】 由（1）的过程可知，若，则. 又由，得， 故． 17. 如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l． （1）证明：平面PBC； （2）直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积； （3）点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）∵E，F分别为PA，PC的中点， ∴．又平面，平面， ∴平面ABC．又平面BEF，平面平面， ∴． 平面平面． 又，，平面， ∴平面，从而平面； （2） （3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图，则，，，，，， 由于，设，则．，， 设平面BEF的一个法向量，则，取 由题意，， 即，解得， 从而符合题意的点存在，． 【解析】 【分析】（1）由已知可证，利用，，可证平面，进而可证结论． （2）由已知可得四边形ABCD为矩形，进而利用，可求体积． （3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求得平面BEF的一个法向量，利用向量法可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，由（1）得，从而， 从而四边形ABCD为矩形．由于平面ABC， 从而． 【小问3详解】 略 18. 第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义.已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号.假设德军某月生产的坦克总数为N，随机缴获该月生产的n辆（）坦克的编号为，，…，，记，即缴获坦克中的最大编号.现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N. 甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用估计总体的均值，因此，得，故可用作为N的估计. 乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现的无意义结果.例如，当，时，若，，，则，此时. （1）当，时，求条件概率； （2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M作为N的估计值.当，时，求随机变量M的分布列和均值； （3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现与N存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷.请判断与N的大小关系，并给出证明. 【答案】（1） （2） M 4 5 6 7 8 P （3），证明： 因 . 【解析】 【分析】（1）根据题意分别求出和，代入条件概率公式计算即得； （2）根据题意，列出的可能取值，利用古典概型概率公式计算概率，写出分布列，求出其均值即可； （3）直观判断，根据随机变量均值的定义列式，并将其适当放大，利用分布列的性质即可证得. 【小问1详解】 由，知，当时，最大编号为5， 另2辆坦克编号有种可能，故， 由，有，解得，故总编号和小于9， 则除最大编号5外，另2个编号只能是1，2， 故， 因此； 【小问2详解】 依题意，用M作为N的估计值，因，则的可能取值有， 于是，，， ，， 于是M的分布列如下： M 4 5 6 7 8 P 故； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于，正确理解题意，将相关量合理表达，如把握的含义，求出和；以及用M作为N的估计值时，的可能值的概率；最后对于的推理证明. 19. 平面直角坐标系中，动点满足，点P的轨迹为C，过点作直线l，与轨迹C相交于A，B两点． （1）求轨迹C的方程； （2）求面积的取值范围； （3）若直线l与直线交于点M，过点M作y轴的垂线，垂足为N，直线NA，NB分别与x轴交于点S，T，证明：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 与联立，得，． 设，，由A，S，N三点共线，得， 解得，同理有． ， 即ST的中点为，故为定值1． 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的定义求解即可； （2）设直线的方程为：，与双曲线联立，利用面积分割法计算出，在利用复合函数单调性求出的范围； （3）首先计算出,的坐标，再计算出,的坐标即可证明为定值。 【小问1详解】 由题意可知：动点到定点的距离比到定点的距离大，且， 从而点的轨迹为双曲线的右支． 设双曲线方程为，则，，， 轨迹C的方程为：． 【小问2详解】 直线l不与y轴垂直，设其方程为， 与联立得：，， 设，，则，，解得． 设，则． 由于在单调递减，则，故． 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：第二小问计算时有两个地方可以简化计算：一、直线方程设为，斜率不存在的时候不需要另外讨论，且联立得到关于的二次方程，计算量比的二次方程要小；二、计算面积时采用面积分割也优于普通的算法。另外函数值域的方法主要是函数单调性法，导数法，函数图像法等。 第三小问证明定值问题主要是运用设而不求的思想计算出相应点的坐标即可求解。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $