河南省许平洛济四市2023-2024学年高三上学期第二次质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省许平洛济四市2023-2024学年高三上学期第二次质量检测数学试卷（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 已知圆O， 已知 则，24B等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 若复数z满足，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知集合 则=（ ）
A B. C. D.
3. 为更好地满足民众个性化、多元化、便利化的消费需求，丰富购物体验和休闲业态，某市积极打造夜间经济.为不断创优夜间经济发展环境、推动消费升级，有关部门对某热门夜市开展“服务满意度调查”，随机选取了100 名顾客进行问卷调查，对夜市服务进行评分(满分100 分)，根据评分情况绘制了如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第55 百分位数为（ ）

A. 65B. 72C. 72.5D. 75
4. 已知圆O:与 x 轴交于A，B 两点，点 M 是直线 上任意一点.设，则p是q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
5. 已知 则 （ ）
A. B. C. D.
6. 斜率为1的直线l过抛物线的焦点F，且与C相交于A，B两点，O为坐标原点，若的面积是，则（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
7. 设，，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
8. 小明参加答题闯关游戏，答题时小明可以从A，B，C三块题板中任选一个进行答题，答对则闯关成功.已知他选中A，B，C三块题板的概率分别为0.2，0.3，0.5，且他答对A，B，C三块题板中题目的概率依次为0.91，0.92，0.93.则小明闯关失败的概率是（ ）
A. 0.24B. 0.14C. 0.077D. 0.067
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. 已知函数的图象的一个对称中心为，其中，则（ ）
A. 直线为函数的图象的一条对称轴
B. 函数的单调递增区间为 ，
C. 当时，函数的值域为
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
10. 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，大衍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的总和.大衍数列从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列的前项和为，其通项公式 .则（ ）
参考公式：
A. 是数列中的项B.
C. D.
11. 在 的展开式中，若第项与第项的二项式系数相等，则（ ）
A. 展开式中 的系数为
B. 展开式中所有项的系数的和为
C. 展开式中系数的绝对值最大的项是第项
D. 从展开式中任取2项，取到项都是的整数次幂的概率为
12. 已知 则（ ）
A 当 时，无最大值
B. 当时，无最小值
C. 当时，值域是( -∞，2]
D. 当时，的值域是[2，+∞)
三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20分.
13. 已知双曲线 的离心率为则_____.
14. 在平行四边形中，，，点为线段 的中点，则 ______________.
15. 如图，在棱长为1 的正方体中，是棱 (不包含端点)上一动点，则三棱锥 的体积的取值范围为 __________ .

16. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为_______________.
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. 已知的三个角的对边分别为，且
（1）求 B；
（2）若，求的面积.
18. 已知正项数列的前n项和为，且满足 .
（1）求通项公式；
（2）已知 设数列的前n项和为当n∈时，，求实数 λ 的范围.
条件:①，且 等差数列；②； ③请从这三个条件中任选一个，并将其序号填写在答题卡对应位置，并完成解答.
19. 党的二十大以来，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业持续投入研发的信心.某科技企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过不断的研发和技术革新，提升了企业收益水平.下表是对2023 年1 ~5月份该企业的利润y(单位：百万)的统计.
（1）根据统计表，求该企业的利润y与月份编号x的样本相关系数(精确到0.01)，并判断它们是否具有线性相关关系（，则认为y与x的线性相关性较强，，则认为y与x的线性相关性较弱.）；
（2）该企业现有甲、乙两条流水线生产同一种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两条流水线上分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到“甲流水线产品”的件数为，试求的分布列与期望.
附：相关系数
20. 如图，在多面体中，四边形为菱形，且∠ABC =60°，AE⊥平面 ABCD，AB =AE =2DF，AEDF.

（1）证明：平面AEC⊥平面 CEF；
（2）求平面ABE 与平面CEF 夹角的余弦值.
21. 已知函数.
（1）当时，求的图象在点处的切线方程;
（2）当时，证明：.
22. 已知椭圆E 的左、右焦点为，过 的直线交椭圆于，两点，的周长为.
（1）求椭圆 的方程;
（2）点，分别为椭圆的上、下顶点，过直线上任意一点 作直线 和 ，分别交椭圆于 ，两点.证明：直线 过定点.月份
1 月
2 月
3 月
4 月
5 月
月份编号x
1
2
3
4
5
利润y(百万)
7
12
13
19
24
许济洛平2023—2024学年高三第二次质量检测
数 学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 若复数z满足，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】结合复数的模的计算，求出复数z，即可得，根据复数的几何意义，即可得答案.
【详解】由得，
故，其实部为，虚部为，
故在复平面内对应的点为，位于第一象限，
故选：A
2. 已知集合 则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解两个集合中的不等式，得到这两个集合，再求交集.
【详解】不等式，等价于，解得，即，
不等式，等价于，解得，即，
所以
故选：B
3. 为更好地满足民众个性化、多元化、便利化的消费需求，丰富购物体验和休闲业态，某市积极打造夜间经济.为不断创优夜间经济发展环境、推动消费升级，有关部门对某热门夜市开展“服务满意度调查”，随机选取了100 名顾客进行问卷调查，对夜市服务进行评分(满分100 分)，根据评分情况绘制了如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第55 百分位数为（ ）

A. 65B. 72C. 72.5D. 75
【答案】D
【解析】
【分析】根据频率分布直方图先估算出第数所在区间为，然后即可求出.
【详解】由题中频率分布直方图知区间，，三个区间频率为，
所以第数所在区间为，且设为，则，解得，故D正确.
故选：D.
4. 已知圆O:与 x 轴交于A，B 两点，点 M 是直线 上任意一点.设，则p是q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】A
【解析】
【分析】由图结合几何知识可知等价于过定点直线与圆O:相离，即可得答案.
【详解】如图，由题可知直线过定点，设为点N.
当直线与圆相离时，设M为直线上任意点，连接MA，MB，设MA（或MB）与圆O交于C点，
连接CB（CA），则，由外角性质，总有；

如图，当直线与圆相切或相交时，在直线上均存在点M，使.

综上，等价于直线与圆O:相离，则.
注意到是的真子集，则p是q的充分不必要条件.
故选：A
5. 已知 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用辅助角公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故选：C
6. 斜率为1的直线l过抛物线的焦点F，且与C相交于A，B两点，O为坐标原点，若的面积是，则（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设直线l的方程，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，即可求出弦长的表达式，结合的面积求得参数p，即可求得答案.
【详解】由题意知抛物线的焦点F坐标为，
设直线l的方程为，联立，
得，，
设，则，
故，

又点O到直线的距离为，
则，即，
故，
故选：B
7. 设，，其中e为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性比较b，c；构造函数，利用导数讨论其单调性比较a，b即得.
【详解】令，则，当时，，单调递增，
因此，即，
令，则，当时，，单调递减，
因此，即
所以.
故选：D
8. 小明参加答题闯关游戏，答题时小明可以从A，B，C三块题板中任选一个进行答题，答对则闯关成功.已知他选中A，B，C三块题板的概率分别为0.2，0.3，0.5，且他答对A，B，C三块题板中题目的概率依次为0.91，0.92，0.93.则小明闯关失败的概率是（ ）
A. 0.24B. 0.14C. 0.077D. 0.067
【答案】C
【解析】
【分析】利用全概率公式计算即可.
【详解】由题意，小明闯关失败的概率
.
故选：C.
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. 已知函数的图象的一个对称中心为，其中，则（ ）
A. 直线为函数的图象的一条对称轴
B. 函数的单调递增区间为 ，
C. 当时，函数的值域为
D. 将函数图象向左平移个单位长度后得到函数的图象
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据题意求出函数的解析式，利用整体代入的方法判断函数的对称轴即可判断A；利用整体代入的方法求解函数单调递增区间即可判断B；利用整体思想换元，结合一次函数以及正弦函数的单调性求出函数的值域即可判断C；根据三角函数的平移伸缩变换求出平移后的解析式即可判断D．
【详解】由函数 的图象的一个对称中心为 ，
则，得，即，，
又，得，所以．
对于A，当时，，所以直线为函数的图象的一条对称轴，故A正确；
对于B，令，，解得，，故B错误；
对于C，由，则，所以，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后得到，故D正确．
故选：ACD．
10. 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，大衍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的总和.大衍数列从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列的前项和为，其通项公式 .则（ ）
参考公式：
A. 是数列中的项B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据的通项公式，分类讨论为奇偶情况，即可逐项求解判断.
【详解】对A：当为偶数时，，解得，不符题意；
当为奇数时，，解得，符合题意，故A正确；
对B：
，故B正确；
对C：由题意知
，
所以，故C错误；
对D：
故D正确；
故选：ABD.
11. 在 的展开式中，若第项与第项的二项式系数相等，则（ ）
A. 展开式中 的系数为
B. 展开式中所有项的系数的和为
C. 展开式中系数的绝对值最大的项是第项
D. 从展开式中任取2项，取到的项都是的整数次幂的概率为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意得到展开式的总项数为11项，，然后利用展开式的通项公式即可对各项判断求解.
【详解】由题知展开式，
其中第项与第项二项式系数相等，
所以，得，得
对A：由展开式，得，
所以得的系数，故A错误；
对B：由的展开式中，
令，得展开式中所有项的系数的和为，故B正确；
对C：展开式中的系数加绝对值后为，第项系数为，
第项系数为，故C错误；
对D：由，共有项，
其中当时，为整数，
所以在展开式中任取项，取到的项都是的整数次幂的概率为，故D正确.
故选：BD.
12. 已知 则（ ）
A. 当 时，无最大值
B. 当时，无最小值
C. 当时，的值域是( -∞，2]
D. 当时，的值域是[2，+∞)
【答案】AD
【解析】
【分析】对于AB选项，利用导数判断单调性即可得答案；
对于CD选项，分，两种情况讨论单调性即可得答案
【详解】对于AB选项，，.
，
则在上单调递减，在上单调递增，
故无最大值，则A正确，B错误；
对于CD选项，.
当时，，
则在上单调递增，则此时；
当时，注意到，
则.
令.
注意到，均在上单调递增，则在上单调递增.
因，，则，使.
则.
即在上单调递减，在上单调递增.
注意到，则，
则，
又，则，即在上单调递减，则，综上，当时，的值域是[2，+∞).
故C错误，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点睛：对于带有三角函数的复杂函数，常利用分区间段讨论，放缩，估值等手段，消除三角函数对于问题的影响.本题所涉函数较为复杂，为研究其单调性，将所涉区间分段，并引入新函数加以研究.
三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20分.
13. 已知双曲线 的离心率为则_____.
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线离心率计算公式列式计算即得.
【详解】依题意，双曲线的离心率，
所以.
故答案为：1
14. 在平行四边形中，，，点为线段 的中点，则 ______________.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标运算求向量数量积.
【详解】，以为原点，为轴，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
，则，
有，，，，，
.
故答案为：
15. 如图，在棱长为1 的正方体中，是棱 (不包含端点)上一动点，则三棱锥 的体积的取值范围为 __________ .

【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量求出点到平面的距离，从而求解.
【详解】由题知以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，，
，，，
设，，得，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以点到平面的距离，
又因为，所以，
由题知，
所以为等边三角形，其面积，
所以三棱锥的体积，
故答案为：.
16. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为_______________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，由已知条件得在上是偶函数，然后根据其单调性从而可求解.
【详解】令，所以，
因为，所以，化简得，
所以在上是偶函数，
因为，
因为当，，所以，在区间上单调递增，
又因为为偶函数，所有在上单调递减，
由，得，又因为，所以，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】通过构造函数，结合已知函数求出函数为偶函数和其单调性，从而求解.
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. 已知的三个角的对边分别为，且
（1）求 B；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简即可得解；
（2）先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，因
由正弦定理可得：
所以
所以
整理得 又， 所以，
所以得
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）知， ，又，
在中， 由余弦定理，得，
所以，解得或（舍去），
所以的面积.
18. 已知正项数列的前n项和为，且满足 .
（1）求的通项公式；
（2）已知 设数列的前n项和为当n∈时，，求实数 λ 的范围.
条件:①，且 等差数列；②； ③请从这三个条件中任选一个，并将其序号填写在答题卡对应位置，并完成解答.
【答案】（1）选项见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）选①可得为等比数列，后由题意可得首项，公比，即可得答案；选②，由可得，即 ，后可得答案；选③可得，进而可得，后可得，即可得答案;
（2）由（1）结合错位相减法可得，后分n为偶数，奇数两种情况可λ的范围.
【小问1详解】
若选①， 因为数列中， ， 所以数列{}为等比数列.
设{}的公比为q， 则， 由题意得，
又 ， 可得 ，即 ，
则有 ，
因为 ，解得， 故 ；
若选②，因为，所以 .
所以 .
当时， 有 ，且 ，.
所以数列{}是首项,公比的等比数列， 所以；
若选③， 由 ，
所以 ，所以.
当时， ，所以
所以， 数列{}为以首项，公比的等比数列， 所以 ；
【小问2详解】
由（1）可知: 数列满足，
数列的前 n项和，则，
两式相减可得: ，所以 .
不等式 ,
注意到数列为递增数列，当n为偶数时，， 取，可得；
当n为奇数时， ，取，可得.
综上，实数λ的取值范围是.
19. 党的二十大以来，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业持续投入研发的信心.某科技企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过不断的研发和技术革新，提升了企业收益水平.下表是对2023 年1 ~5月份该企业的利润y(单位：百万)的统计.
（1）根据统计表，求该企业的利润y与月份编号x的样本相关系数(精确到0.01)，并判断它们是否具有线性相关关系（，则认为y与x的线性相关性较强，，则认为y与x的线性相关性较弱.）；
（2）该企业现有甲、乙两条流水线生产同一种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两条流水线上分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到“甲流水线产品”的件数为，试求的分布列与期望.
附：相关系数
【答案】（1）；具有很强的线性相关性
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据公式求出相关系数的值，即可判断；
（2）根据题意可知可取的为，然后计算列出分布列，求出期望即可求解.
【小问1详解】
由统计表数据可得:

所以


所以相关系数 ，
因此，两个变量具有很强的线性相关性.
【小问2详解】
由题意知，的可能取值为
因为 ，
，
所以 的分布列为：
所以
20. 如图，在多面体中，四边形为菱形，且∠ABC =60°，AE⊥平面 ABCD，AB =AE =2DF，AEDF.

（1）证明：平面AEC⊥平面 CEF；
（2）求平面ABE 与平面CEF 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明BD⊥平面AEC，HF∥BD，可证明结论；如图建立空间直角坐标系，算出平面CEF的一个法向量，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
如图，取EC的中点H， 连结BD交 AC于点O，连结HO、HF.
因为四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD.
又AE⊥平面 ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AE⊥BD.
因为AE⊂平面AEC， AC⊂平面AEC， 且AE∩AC=A，
所以BD⊥平面AEC. 因为H、 O分别为EC、 AC的中点，所以HO∥EA，且 又AE∥DF，且 .
所以HO∥DF，且HO=DF，所以四边形HODF 为平行四边形，所以HF∥OD，即HF∥BD，所以HF⊥平面AEC.
因为HF⊂平面CEF，所以平面AEC⊥平面CEF.
【小问2详解】
取CD中点M ， 连接AM. 因为菱形 ABCD中， ∠ABC=60°， 所以ACD为正三角形，又M 为CD中点，所以AM⊥CD，
因为AB∥CD，所以AM⊥AB. 因为AE⊥平面ABCD， AB，AM⊂平面ABCD，所以AE⊥AB， AE⊥AM .如图，
以A为原点，AB，AM，AE所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
不妨设AB=AD=AE=2DF=2，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1， 0)，，E(0，0，2)，
因为AM⊥平面ABE，所以为平面ABE的一个法向量，
设平面CEF的法向量为， 因为 ，
所以，不妨令， 得.
设平面 ABE与平面CEF 夹角为θ，
则 ，
所以平面 ABE 与平面CEF夹角的余弦值为.

21. 已知函数.
（1）当时，求的图象在点处的切线方程;
（2）当时，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别求出，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数，并利用二次导数求出恒成立，即可求解.
【小问1详解】
当时，，则
所以，又因为，
故所求切线方程为，即.
【小问2详解】
因为的定义域是，
所以当时，
设，则，
设则在上恒成立，
所以在上是增函数，则，
又因为，因为，所以，
又因为，所以，
所以在上存在唯一零点，也是在上的唯一零点，
所以，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以
由于，所以，，，
所以，所以，
所以当时，，即成立
【点睛】方法点睛：（2）问中通过作差法后构造函数，利用构造函数的二次求导求出其最小值大于零，从而求证.
22. 已知椭圆E 的左、右焦点为，过 的直线交椭圆于，两点，的周长为.
（1）求椭圆 的方程;
（2）点，分别为椭圆的上、下顶点，过直线上任意一点 作直线 和 ，分别交椭圆于 ，两点.证明：直线 过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由椭圆定义并结合的周长为，从而可求解；
（2）利用数型结合，设出直线，分别与椭圆联立，然后利用根与系数关系从而求解.
【小问1详解】
由题意知，的周长为，则，所以，
又 ， 则
所以椭圆的方程为 .
【小问2详解】
由题意可作出图形，如图，
由题意知，， ， 直线，， 斜率均存在，
设， ， 则直线： ，
由 ， 得
因为 恒成立，所以 ，
即 ， 所以 ，
直线：，由得，
因为恒成立，所以
所以 ，，
所以 ，
所以直线方程为：
所以直线 过定点
【点睛】（2）问中设出直线分别与椭圆联立后利用根与系数关系，从而可求解.月份
1 月
2 月
3 月
4 月
5 月
月份编号x
1
2
3
4
5
利润y(百万)
7
12
13
19
24