河南省开封市2023-2024学年高三上学期第一次模拟数学Word版含解析.docx

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开封市2024届高三年级第一次模拟考试数学试卷注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，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：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.复平面内，复数的对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.已知向量，，若，则（）A.B.1C.D.3.记为等比数列的前项和，若，，则（）A.6B.8C.9D.124.若，则的最小值为（）A.B.C.D.5.现要从6名学生中选4名代表班级参加学校的接力赛，已知甲确定参加比赛且跑第1棒或第4棒，乙不能跑第1棒，则合适的选择方法种数为（）A.84B.108C.132D.1446.，为实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7.已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于A，B两点，若，则（）A.5B.9C.10D.18 8.记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.若函数与存在“点”，则（）A.B.C.D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设集合，，则（）A.B.C.D.10.气象意义上从春季进入夏季标志为连续5天的日平均温度均不低于℃，现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据的部分信息（记录数据都是正整数）.依据以下信息，能确定进入夏季地区的选项有（）A.甲地5个数据的中位数为24，众数为22B.乙地5个数据的中位数为25，平均数为24C.丙地5个数据的平均数为22，众数为22D.丁地5个数据中有一个数据是28，平均数为24，方差为4.811.已知圆，直线，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长取最小值时，下列结论正确的是（）A.B.C.的方程可以是D.的方程可以是12.函数的图象向左平移个单位长度后与原图象关于轴对称，则下列结论一定正确的是（）A.B.一个周期是C.偶函数D.在上单调递减三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知函数是奇函数，且，则______．14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，垂直于轴的直线经过且与双曲线交于、两点，若，则__________.15.记的内角，，的对边分别为，，，若，，则__________.16.已知点，，，均在半径为的球面上，是等边三角形，平面，则四面体体积的最大值为__________.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.18.已知数列为等差数列，，且.（1）求；（2）记为数列的前项和，求.19.如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点.（1）求四面体的体积；（2）求平面与平面夹角的余弦值.20.已知直线与椭圆在第一象限交于，两点， 为线段的中点，为坐标原点，直线，的斜率之积为.（1）求椭圆的离心率；（2）若直线与轴，轴分别相交于，两点，且，，求椭圆的方程.21.已知函数且.（1）求值；（2）证明：当时，22.某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.（1）从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；（2）2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数. 开封市2024届高三年级第一次模拟考试数学注意事项：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，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：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.复平面内，复数的对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案.【详解】由题得，所以在复平面内该复数对应的点的坐标为，该点在第四象限.故选：D【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2.已知向量，，若，则（）A.B.1C.D.【答案】A【解析】【分析】根据平面向量共线的充要条件及向量坐标运算即得.【详解】由可得，解得. 故选：A.3.记为等比数列的前项和，若，，则（）A.6B.8C.9D.12【答案】C【解析】分析】由，，求得，代入等比数列前n项和公式求解.【详解】解：设等比数列的公比为q，因为，，所以，，解得，所以，故选：C4.若，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数运算法则可得，继而利用基本不等式即可求得最小值.【详解】因为，所以且，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，故选：B.5.现要从6名学生中选4名代表班级参加学校的接力赛，已知甲确定参加比赛且跑第1棒或第4棒，乙不能跑第1棒，则合适的选择方法种数为（） A.84B.108C.132D.144【答案】B【解析】【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.【详解】当甲跑第1棒时，则有种选择方法；当甲跑第4棒时，乙参加比赛则有种选择方法，乙不参加比赛则有种选择方法．故合适的选择方法种数为种．故选：B6.，为实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】令，，利用导数说明函数的单调性，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】令，，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时可以得到，即成立，即成立，故充分性成立，当时，即成立，即成立，所以由推不出，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A7.已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于A，B两点，若，则（）A.5B.9C.10D.18 【答案】B【解析】【分析】由及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出，由抛物线定义可得结果.【详解】如图：由抛物线可知焦点坐标，取线段中点D，即，又，所以,故设，因点A在抛物线上，得，根据对称性取，又因直线过焦点F，所以直线的方程为：，联立，得①，设，则为①式两根，所以，由抛物线定义可知，故选：B.8.记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.若函数与存在“点”，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设为与的“点”，根据题中定义可得出关于的方程组，即可求得实数的值. 【详解】函数，，其中，则，，设为与的“点”，由，可得，解得，因此，.故选：D.【点睛】本题考查函数中的新定义问题，解题的关键在于根据题中“点”的定义得出方程进行求解.对于新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据题意得到集合，，然后求交集和并集即可.【详解】由题意得，，所以，.故选：BC.10.气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于℃，现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据的部分信息（记录数据都是正整数）.依据以下信息，能确定进入夏季地区的选项有（）A.甲地5个数据的中位数为24，众数为22B.乙地5个数据的中位数为25，平均数为24C.丙地5个数据的平均数为22，众数为22D.丁地5个数据中有一个数据是28，平均数为24，方差为4.8 【答案】AD【解析】分析】利用众数、中位数、方差、平均数的性质求解．【详解】对于A：因为众数为、中位数为，所以出现了两次，若有一天低于，则中位数不可能为，所以另两个数据均大于（且不相等），故甲地一定进入夏季，故A正确；对于B：若乙地区的数据从小到大依次为、、、、，满足中位数为25，平均数为24，但是乙地不一定进入夏季，故B错误；对于C：若丙地区的数据从小到大依次为、、、、，满足平均数为22，众数为22，但是丙地不一定进入夏季，故C错误；对于D：设其余4个数据分别为、、、（正整数），则，所以，若、、、（正整数）中有一个数据小于，则，不符合题意，故、、、（正整数）均不小于，故丁地区进入夏季，故D正确；故选：AD11.已知圆，直线，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长取最小值时，下列结论正确的是（）A.B.C.的方程可以是D.的方程可以是【答案】ACD【解析】【分析】首先得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，即可求出，再求出过点与直线垂直的直线方程，联立两直线方程求出交点坐标，即为点坐标，再设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求出，即可得解.【详解】圆圆心为，半径， 则圆心到直线的距离，因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长的最小值为，故A正确，B错误；设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得，所以，由，解得，所以，显然过点的切线的斜率存在，设切线的方程为，则，解得或，所以切线的方程为或.故选：ACD12.函数的图象向左平移个单位长度后与原图象关于轴对称，则下列结论一定正确的是（）A.B.的一个周期是C.是偶函数D.在上单调递减【答案】ABD【解析】【分析】根据三角函数图象平移变换结合平移后图象性质可得，即可得 ，由此将代入可判断A；根据周期性定义可判断B；求出的表达式结合偶函数定义判断C；结合x的范围，确定，结合余弦函数单调性，判断D.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，由题意可得，即，故，故，由于，故,故，对于A，，A正确；对于B，，即的一个周期是，B正确；对于C，，不妨取，此时，此时函数不是偶函数，即不是偶函数，C错误；对于D，当时，，，由于上单调递减，故在上单调递减，D正确，故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数是奇函数，且，则______． 【答案】##【解析】【分析】根据奇函数性质可求出，根据可求出，从而可求出答案.【详解】因为函数的定义域为，且为奇函数，所以，即，又因为，可得，解得，此时，，满足，所以，所以.故答案为：.14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，垂直于轴的直线经过且与双曲线交于、两点，若，则__________.【答案】【解析】【分析】将双曲线方程化为标准式，求出、、，令求出，即可求出、坐标，由求出，再利用余弦定理计算可得.【详解】双曲线即，所以，，，令，解得，如图不妨令，，所以，解得，则，，，所以， 所以.故答案为：15.记的内角，，的对边分别为，，，若，，则__________.【答案】##【解析】【分析】利用余弦定理得到，再由余弦定理计算可得.【详解】因为，，由余弦定理，所以，所以，所以.故答案为：16.已知点，，，均在半径为的球面上，是等边三角形，平面，则四面体体积的最大值为__________.【答案】【解析】 【分析】设的边长为，，求出外接圆的半径，则四面体外接球的半径，从而得到，表示出，再由得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解.【详解】设的边长为，，设外接圆的半径，又平面，所以四面体外接球的半径，即，则，则，则，又，所以，令，，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，当且仅当时取等号，所以. 故答案为：【点睛】关键点睛：由外接球的半径得到，从而得到，再利用导数求出函数的最大值.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）已知条件由正弦定理得，可求；（2）由的面积得，余弦定理求，可得的周长.【小问1详解】由正弦定理得，则.【小问2详解】，得，由余弦定理， 即，则，所以，的周长为.18.已知数列为等差数列，，且.（1）求；（2）记为数列的前项和，求.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）结合题意以及数列为等差数列，利用等差数列相关知识，建立方程组，求解出首项和公差，表示出的通项公式，再转化为即可;（2）结合（1）问，表示出以及，利用裂项相消法即可计算.【小问1详解】因为数列为等差数列，所以其前三项分别是，并设公差为，因为，且，所以，即，解得，所以的通项公式为：，即，所以，【小问2详解】由（1）问可得：，所以， 所以，即，，整理得：,所以数列的前项和为：.19.如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点.（1）求四面体的体积；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到平面的距离，再由锥体的体积公式计算可得；（2）利用空间向量法计算可得.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，， 设平面一个法向量为，则，取，所以点到平面的距离，又，所以，所以四面体的体积.【小问2详解】设平面的法向量为，则，取，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，直线，的斜率之积为.（1）求椭圆的离心率；（2）若直线与轴，轴分别相交于，两点，且，，求椭圆的方程. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用点差法得到，再由离心率公式计算可得；（2）依题意可得为线段的中点，求出直线与坐标轴的交点，即可得到点坐标，从而求出，由求出，即可得到直线方程，由（1）可得椭圆，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得到椭圆方程.【小问1详解】依题意可得，设，，直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，则，，，，，又直线与直线的斜率乘积为．，则离心率．【小问2详解】因为直线与轴，轴分别相交于，两点，且， 为线段的中点，所以为线段的中点，直线与轴，轴的交点为，，所以，所以，又，即，所以或（舍去），所以直线，又椭圆，由，消去整理得，由，可得，又，，所以，所以，则，所以椭圆的方程为.21.已知函数且.（1）求的值；（2）证明：当时，.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论，利用导数判断单调性，求出的最大值，只需最大值等于零，即符合，进而求出的值； （2）由（1）知最大值为，当时，转化为当时，，利用导数判断在时的单调性即可得证.【小问1详解】由题知，的定义域为，若，，不满足题意；若，由知，当时，，当时，，所以在上单调递增，在单调递减，故是在的唯一最大值点，因为，所以当且仅当时，，综上所述，.【小问2详解】由（1）知，，最大值为，当，恒成立，故时，恒成立，令，，则，因为，所以， ，，，，所以在上单调递增，且时，，所以当时，，即当时，.22.某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.（1）从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；（2）2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.【答案】（1）4（2）（i）；（ii）；2天【解析】 【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.【小问1详解】由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，，，，，则.所以三人合计得分的数学期望为4.【小问2详解】第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；（ii）甲第天选择“单车自由行”的概率，有，则，，∴，又∵，∴，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列， ∴．由题意知，需，即，，即，显然n必为奇数，偶数不成立，当时，有即可，时，成立；时，成立；时，，则时不成立，又因为单调递减，所以时，不成立．综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用全概率公式得到，从而利用数列的相关知识求得，从而得解.