河南省许昌高级中学2024届高三下学期拉练（一）数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省许昌高级中学2024届高三下学期拉练（一）数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了已知函数，则，设有数列，记，其中等内容，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。
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，则所有的取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．已知三棱锥为正三棱锥，且，，点、是线段、的中点，平面与平面没有公共点，且平面，若是平面与平面的交线，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
5．某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，若甲同学前一题答错，则此题答对的概率为；若前一题答对，则此题答对的概率为.记甲同学回答第题时答错的概率为，当时，恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．在数列中，为其前n项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则=（ ）
A．26B．63C．57D．25
7．已知，是双曲线的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足，则双曲线离心率的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
8．在直角坐标系内，圆，若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，则实数的取值范围是（ ）
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．已知函数，则（ ）
A．函数没有零点
B．直线是函数与图象的公共切线
C．当时，函数的图象在函数图象的下方
D．当时，
10．设有数列，记，其中．则下列说法正确的有（ ）
A．有零点对任意奇数成立
B．若为偶数且，则至少有两个零点
C．对任意与，一定存在使当时，恒成立
D．若恒为1，则对任意都有唯一正零点，且一定大于
11．已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
三．填空题（共3小题，每题5分，共15分。）
12．设向量，且，则 ; 和 所成角为
13．在的极值点个数为 个．
14．已知双曲线的离心率为，其左､右焦点分别为，过作的一条渐近线的垂线并交于两点，若，则的周长为 .
解答题（共5小题，共77分）
（13分）15．在中，角的对边分别是，且．
(1)求角的大小；
(2)若，且，求的面积．
（15分）16．已知各项均为正数的数列满足，且.
(1)写出，，并求的通项公式；
(2)记求.
（15分）17．在三棱锥中，.
(1)证明：.
(2)若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
（17分）18．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
（17分）19．已知是椭圆C：上的动点，过原点O向圆M：引两条切线，分别与椭圆C交于P，Q两点（如图所示），记直线OP，OQ的斜率依次为，，且．
(1)求圆M的半径r；
(2)求证：为定值；
(3)求四边形OPMQ的面积的最大值．
数学答案
D
【详解】时，满足题意，
时，得，所以或，或，
所求集合为．故选：D．
D
【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
取中点，连接，，
、分别为、的中点，则，所以，同理，
所以异面直线和所成角即为或其补角.
取中点，则，，又，所以平面，
又平面，所以，所以.
在中，，，所以.
所以直线和所成角的正切值为，故选：D.
D
【详解】因为双曲线与直线有唯一的公共点，
所以直线与双曲线相切，
联立，消去并整理得，
所以，即，
将代入，得，
得，因为，，所以，
所以，，即，
由可知，
所以过点且与垂直的直线为，
令，得，令，得，
则，，
由，得，，
代入，得，即，
故选：D
4．C
【详解】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.故选：C
5．D
【详解】因为回答第题时有答对、答错两种情况，则回答第题时答错的概率，
所以，
由题意知，则，
所以是首项为、公比为的等比数列，
所以，即.
显然数列递减，所以当时，，
所以的最小值为.故选：D.
6．C
【详解】因为，
所以，由题意可知：有唯一零点.
令，可知为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即，代入化简可得：，
又，所以，，，，所以.故选：C
7．D
【详解】
设，双曲线的半焦距为c，则有，，，
于是，
因此，
当且仅当时取等号，则，即，离心率，
所以双曲线离心率的最小值为.故选：D
8．A
【详解】连接，设（即以轴正方向为始边，为终边的角），
由题意对于直线上任意一点，存在，使得，
则直线绕原点顺时针旋转后，点对应点为，即，
因为在直线上，所以满足
设，所以，
即所在直线方程为，
而圆的圆心，半径分别为，
若直线绕原点顺时针旋转后与圆存在公共点，
所以圆心到直线的距离，解得.故选：A.
9．BC
【详解】因为 ，
所以是函数的零点，故A错；
，
所以函数与在处的切线方程为，即，
所以直线是函数与图象的公共切线，故B对；
令，
，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增；在上单调递减，
由于，所以恒成立，
即恒成立，且当时，，
所以当时，函数的图象在函数图象的下方，故C对；
由， 令时，，
，
而，
所以，故D错；
故选：BC
10．ACD
【详解】由，其中，
可得，
当且时，
可得，
且当时，；当时，.
对于A中，若为奇数，则为偶数，与同号，
故存在与，有，所以有零点对任意奇数成立，所以A正确；
对于B中，例如：函数，此时函数无零点，所以B不正确；
对于C中，若，可得，则，
只需，取即可，所以C正确；
对于D中，若，可得，
当时，，在上单调递增；
由且，所以有唯一的正零点，
又由，所以函数的零点大于，所以D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；
对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，
当为奇数，所以，故D正确.
故选：ACD.
12． /
【详解】因为，.
所以，所以，所以，
所以.
因为所以和 所成角为.
故答案为：；
13．2
【详解】由
，
令，则或，
显然当时，，则或，
满足的根为或，端点值不能做为极值点，舍去；
满足的根有两个，
根据正弦函数的性质可知时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以在的极值点个数为2个.
故答案为：2
14．
【详解】由，得，
则双曲线，
，渐近线，
不妨设直线，，
联立方程消去得，
则，
可得，解得，可得，
由双曲线的定义可得，
则，
可得，所以的周长.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）
因为，
所以根据正弦定理得，
因为，
所以，
即，
即．
因为，所以．
因为，所以．
（2）
．
因为，所以①．
因为，
所以②．
联立①②可得，解得（负根舍去），
故的面积为．
16．(1)
(2)
【详解】（1）解法一：因为，，
所以，当时，，，所以.
当时，，，所以.
当时，
，
所以
当时，也符合上式.
综上，
解法二：因为，，，
所以，当时，，，所以.
当时，，，所以.
因为，
所以，即.
所以，即.
又，所以
（2）解法一：由（1）得，即
记
则①，
②
①-②，得，
所以，
故.
解法二：由（1）得，即.
记，
则
.
故.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连接
因为，所以，
又因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为且平面平面，
，面，所以平面.
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，所以，
直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【详解】（1）解：当时，函数，且定义域为，
且，
当时，；时，；
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）解：由函数，可得，
令，解得；
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，解得，
又因为，所以的取值范围为.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）
如图，由题意，切线OP，OQ的方程分别为，，则有，，
故，是方程，即方程的两根．
若，则圆M与y轴相切，直线OQ的斜率不存在，矛盾；
于是，化简得，解得．
（2）
设，，依题意，，代入 可得 ，解得 ，
于是；同理 .
所以
，
即 为定值7.
（3）

，当且仅当时等号成立．
综上所述，四边形OPMQ面积的最大值为．