河南省开封市尉氏县张市高中2027届高三上学期11月模拟数学试题

2027届开封市尉氏县张市高中11月数学试卷 （120分钟 150分） 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在一次课外活动中，某班组织男生开展了引体向上测试．现抽取了8名男生的引体向上成绩（单位：个），依次为9，11，8，10，13，14，16，22，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 19 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，若点在上且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四面体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱上靠近点的四等分点，点为棱上靠近点的三等分点．若平面与直线交于点，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） 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. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. 是纯虚数 C. D. 10. 已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，则（ ） A. 的最小值为 B. 存在点，使得 C. 若，则直线与有两个交点 D. 若点在轴上，则 11. 记为无穷数列的前n项和，已知，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 存在，使得，，成公比不为1的等比数列 D. 若存在且，使得，，成等差数列，则的最大值为3 三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分。 12. 等差数列的前项和为，若，则公差为________． 13. 已知，，点在圆上运动，则的最大值为______． 14. 已知函数.若对，关于的方程在上至少有一个解，则实数的取值范围是___________. 四、解答题：本大题共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. 已知函数在处取得极值． （1）若直线与曲线有三个不同的交点，求实数的取值范围； （2）求在区间上的最大值与最小值． 16. 已知数列的前项和为，，． （1）求的通项公式； （2）记，，证明：当时，． 17. 现有2个红球，3个白球，另有2个红盒子，3个白盒子，这5个盒子排成一列，现将这5个球随机放入这5个盒子中，每个盒子放入1个球． （1）求2个红球放入不相邻盒子的概率； （2）设随机变量X表示落入红盒子中的红球个数． （ⅰ）求X的分布列； （ⅱ）在事件发生的条件下，求5个球中恰有1个球颜色和盒子颜色匹配的概率（球的颜色与盒子颜色相同称为匹配）． 18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，点满足，直线，分别与交于另外的点，．记与面积分别为，，四边形面积为． （1）求抛物线的标准方程； （2）证明：垂直轴； （3）当时，求直线的方程． 19. 已知函数在其定义域上是增函数． （1）若满足，且时，求满足条件的的个数． （2）若满足（常数，且），求随机变量的数学期望； （3）若满足，，且，，，令，求证：在上不是增函数． 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案： 1.【答案】C 【解析】 【详解】. 2.【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，即， 因此. 3.【答案】B 【解析】 【详解】将这组数据按从小到大的顺序排列为， 因为， 所以第75百分位数为排列后的第6，7个数据的平均数，即. 4.【答案】D 【解析】 【详解】由，得，又， 所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即． 5.【答案】C 【解析】 【详解】由抛物线：的焦点为，得，解得， 所以抛物线的方程为，准线方程为，则， 设点，由抛物线的定义可知， 因为，所以，得， 将代入，得，， ，. 6.【答案】D 【解析】 【详解】由可得． 根据，得，，． 于是，，，从而． 7.【答案】B 【解析】 【分析】在面内过作构造相似三角形，得到，再用等体积法换顶点算三棱锥体积. 【详解】 因为、均在面内，平面与面的交线为直线，故，即在的延长线上. 过作，交于点.在中，在上且，故. 由得，相似比， 故，，从而. 又为中点，，且. 在中，，故，相似比. 于是. 设，则.由解得，即. 由，得，即. 与有公共顶点，底边与在同一直线上， 故. ， 故. 设为点到面的距离，即正四面体的高. 底面为边长的等边三角形，由正弦定理知其外接圆半径， 故. 在上，，故到面的距离， 8.【答案】D 【解析】 【分析】先将对数统一为以为底的形式比较与的大小，再通过对数运算性质转化为指数形式比较与的大小，最终得到三者排序. 【详解】， 又，，则，则， 故，即，故，故. 9：【答案】BC 【解析】 【详解】， A选项，虚部为，A错误； B选项，，为纯虚数，B正确； C选项，，C正确； D选项，，D错误. 10：【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，利用直线参数方程结合韦达定理与焦点弦长公式，求出弦长关于斜率倒数的二次函数最小值，选项B，通过证明向量恒非负，得出两线夹角最大为直角，从而排除钝角可能，选项C，由向量垂直条件得出点坐标后，推导发现直线斜率恰好等于抛物线在点处的切线斜率，证明其为仅有一个交点的切线，选项D，确定点坐标后，利用韦达定理推导证明直线和的斜率互为相反数，从而得出两直线关于轴对称且角度相等. 【详解】由题意得，准线，，设直线， 联立得，设， 则，则， 且恒成立， 对于A，， 因为，所以当时即直线垂直于轴时，取最小值，故A正确， 对于B，因为P在C的准线上，故设点， 所以， 则， 由上知， 则， 因为，所以，则， 可知，故B错误， 对于C，若，则，由上知此时，即， 此时点，则， 由上知， 则， 因为，且点在抛物线上，即， 所以， 则， 设过点的切线方程为，由题意得存在且， 则，代入整理得， 则有，即， 即，结合，所以， 代入得，即，解得， 故此时直线为抛物线的切线，只有1个交点，故C错误， 对于D，由题意得，所以为轴，， 则 ， 将和代入分子得， 所以，即，所以直线和关于轴对称， 所以，故D正确. 11：【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项：结合无穷正整数数列的约束，递推所得各项必须为正奇数，排除取4的可能，递推得到，验证结论成立. B选项：构造差数列，将原递推转化为的等比型放缩关系，累乘得上界，再利用等比数列求和公式推导的上界，验证等号成立条件. C选项：采用反证法，假设存在公比不为1的等比数列，设公比为既约分数，结合正整数整除性质推出公比只能为1，矛盾，判定结论不成立. D选项：分和两类讨论，时利用等差数列性质和递推式得，反向递推得上界为3且存在可行构造；时通过反向递推归纳的放缩公式，结合等差数列性质推出，综合得最大值为3. 【详解】由题设，是无穷正整数数列，且，即. ∵ ， ∴ 必为偶数，即所有均为奇数，否则非整数，与无穷数列矛盾. 对于选项： ∵ 为奇数，∴ （偶数，舍去）或（奇数，符合）. ∵ 为奇数，∴ （偶数，舍去）或（奇数，符合）. ∴ ，正确. 对于选项： 令，则递推式变形为，即. ∴ 要么，要么. 两种情况均满足，故， 即. ∴ ，正确. 对于选项： 假设存在，成公比的等比数列，则. 由递推式，，，代入得： . 展开后仅当时等式成立，此时，公比，与矛盾，故不存在这样的，错误. 对于选项： ∵ ， 递推得. 设成等差数列，则. 当时： ∵ ，，∴ ， 又∵ ，故， 取，则，验证，，满足递推要求，构造可行. 当时： ∵ ，， ∴ ， 整理得，∵ 时，∴ . 综上，的最大值为3，故D正确. 12：【答案】8 【解析】 【详解】因为数列为等差数列，且， 所以，即公差. 13：【答案】37 【解析】 【分析】将问题转化为求与距离的平方的最大值即可. 【详解】设， 则 ， 若求，即求与距离的平方的最大值， ， ∴. 14：【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，利用换元思想解方程即可求得实数的取值范围. 【详解】由，可得， 即， 设，则可得，所以， 所以，所以， 解得或，所以或， 所以或，因为，所以方程在有一解， 又因为，所以时，方程至少有一个解在内， 所以实数的取值范围是. 15：【答案】（1） ； （2） 最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）先根据函数在处取极值的条件求出参数，再通过导数分析函数的单调性与极值，最后结合直线与曲线的交点个数要求确定的范围； （2）由（1）并比较区间内极值点与端点的函数值可得到最值. 【小问1详解】 ，因在处取得极值，则， 则，， 则在上单调递增，在上单调递减. 则在时取极大值，在时取极小值. 因直线与曲线有三个不同的交点，则的取值应介于函数极小值与极大值之间， 从而； 【小问2详解】 由（1）可得在上单调递减，在上单调递增. 又， 则. 16：【答案】（1） （2）由（1）知，则， ， ， 当时，要证明，需得到， 由二项式定理有，， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用与的关系，将已知的递推式转为的递推关系，进而求出的通项公式； （2）利用等比数列求和及的通项公式，分别求出与的表达式，对比寻找放缩关系来证明不等式. 【小问1详解】 由题，，， ， 当时，； 当时，， ，化简得：， 所以，即（也成立）， 所以. 【小问2详解】 略 17：【答案】（1） （2）（ⅰ） X 0 1 2 P （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）法一：仅考虑红球的放置位置求红球不相邻的情况可采用插空法：先放置3个白球，形成4个可放红球的空隙，从中选2个空隙放红球，共种情况，二者比值即为所求概率. 法二：以5个球的全排列为总样本空间，共种情况. 红球不相邻时，先对3个白球全排列，再将2个红球插入白球形成的4个空隙中排列，共种情况，二者比值即为所求概率. （2）（i）表示落入红盒的红球个数，可能取值为0,1,2，属于超几何分布模型，分别计算对应取值的概率即可得到分布列. （ii）属于条件概率问题，先计算事件的概率，再分析得仅当时满足“恰1个球颜色与盒子颜色匹配”，即，代入条件概率公式计算即可. 【小问1详解】 法一：只需考虑2个红球的位置，． 法二：考虑5个球的排列， 【小问2详解】 （ⅰ）X的可能取值为0，1，2． ， X 0 1 2 P （ⅱ）设事件A：，事件B：恰有1个球颜色与盒子颜色匹配． ，两个红盒中的球为一红一白，剩余1红2白放入3个白盒，总匹配数为3，不合题意； ，两个红盒中的球为两白，剩余2红1白放入3个白盒，总匹配数为1，符合题意； ，，所以 18：【答案】（1） （2）证明：设，，，，直线， 由，得. 由，，三点共线，故，即. 抛物线上两点连线的斜率满足，又点在抛物线上，，因此. 于是，则，所以， 即，同理可得， 由，即，两点的横坐标相等，故直线垂直轴． （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线焦点坐标直接求得参数，写出抛物线标准方程； （2）借助，求出点的坐标，利用三点共线与抛物线上两点连线斜率公式，推导出纵坐标，进而得到两点横坐标相等，证明轴； （3）联立直线与抛物线，借助韦达定理表示相关线段与三角形面积，将面积等式转化为参数方程求出直线参数，得到直线方程. 【小问1详解】 由题意抛物线的焦点为，即，解得， 因此抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 联立，整理得，则，. 由可得. 焦点，，因此. 由第（2）问结论可知轴，且， 于是，即. 所在直线横坐标，点横坐标， 因此到直线的水平距离为， . ，所以. 又，，于是，因此. 根据题设条件，对四边形进行面积拆分： ，则. 将上式进一步等价变形，等式两边同时加上，可得 ， 将面积表达式代入，由，两边约去公因子： ，即， 解方程，得， 所以直线的方程为. 19：【答案】（1）10 （2） （3）证明：假设在上是增函数， 因为，且为单调递增函数，设，故， 由假设， 由，，，…，， 累乘可得：， 又 ， 因此对于且恒成立， 对两边取对数，得，化简可得：（*） 下证：，令， 则， 所以当时，单调递减， 所以，所以，结合（*）得， 解得：，即且时（*）式不成立，产生矛盾， 所以假设不成立，故在上不是增函数． 【解析】 【分析】（1）由题设结合组合公式求解即可； （2）由题意可得，，进而结合组合公式可得，再根据数学期望公式、组合数性质求解即可； （3）利用反证法先假设在上是增函数，结合累乘法分析可得，再利用导数证明，可得，进而得到，得出矛盾即可求证. 【小问1详解】 因为函数是增函数，所以满足条件的函数的个数为. 【小问2详解】 由题意，其中， 则， 所以 ． 【小问3详解】 略 学科网（北京）股份有限公司 $