河南省郑州市2024届高三第二次质量预测数学试题及答案

这是一份河南省郑州市2024届高三第二次质量预测数学试题及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知全集，集合A满足，则（ ）
A．B．
C．D．
2．数据的第百分位数为（ ）
A．8.5B．8.6C．8.7D．8.8
3．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．－36或36B．－36C．36D．18
4．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，（）为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（ ）
A．2018B．2020C．2022D．2024
5．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，但我们平时听到的乐音不止是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的一个周期为B．的最大值为
C．的图象关于点对称D．在区间上有2个零点
6．在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5，0.6和0.7，且三人的测试结果相互独立，测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，双曲线C的离心率为e，在第一象限存在点P，满足，且，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．在复平面内，复数对应的点为A，复数对应的点为，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．向量对应的复数是1D．
10．如图，在矩形中，，点与点分别是线段与的四等分点．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段与重合，则以下说法正确的是（ ）

A．直线与异面B．平面
C．直线与平面垂直D．点到平面的距离为
11．已知函数的定义域为，且，为偶函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
三、填空题
12．抛物线的准线方程为，则实数a的值为 .
13．在中，的对边分别为，已知，，，则边 ，点在线段上，且，则 ．
14．已知不等式对任意的实数x恒成立，则的最大值为 .
四、解答题
15．荥阳境内广武山上汉王城与霸王城之间的鸿沟，即为象棋棋盘上“楚河汉界”的历史原型，荥阳因此被授予“中国象棋文化之乡”.有甲，乙，丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，负的一方下场.第1局由甲，乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换负的那个人，每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛.设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
(1)求前3局比赛甲都取胜的概率；
(2)用X表示前3局比赛中乙获胜的次数，求X的分布列和数学期望.
16．已知函数.
(1)若是函数的极值点，求a的值；
(2)求函数的单调区间.
17．如图，在多面体DABCE中，是等边三角形，，.
(1)求证：；
(2)若二面角为30°，求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
18．已知椭圆E：过点，且焦距为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.
19．已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为m的k增数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.
(1)写出所有4的1增数列；
(2)当时，若存在m的6增数列，求m的最小值；
(3)若存在100的k增数列，求k的最大值.
参考答案：
1．B
【分析】根据全集和集合在全集中的补集易得集合，逐一判断选项即可.
【详解】由，，可得或
则，，，，故B项正确，A,C,D项均是错误的.
故选：B.
2．D
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】因为，
所以这组数据的第百分位数为从小到大排列的第、两数的平均数，即为.
故选：D
3．C
【分析】根据等比数列的通项公式求得，继而求得的值，利用等差数列前项和公式进行计算即可.
【详解】数列为等比数列，设公比为q，且，，
则，则，
则，
则，
故选：C.
4．B
【分析】依题意可得，利用二项式定理说明被除得的余数为，即可判断.
【详解】因为，
所以
，
所以，
即被除得的余数为，结合选项可知只有被除得的余数为.
故选：B
5．D
【分析】对于A，考查函数与的周期即可；对于B，考查函数与的最大值，验证同时取最大值时的条件即可判断；对于C，利用中心对称的条件进行验证即可；对于D，令，解方程即可.
【详解】对于A,因为的周期为，的周期为，所以的周期为，故A错误；
对于B,因为函数的最大值为1,的最大值为，
故两个函数同时取最大值时，的最大值为，
此时需满足且，不能同时成立，
故最大值不能同时取到，故的最大值不为，则B错误；
对于C，，则，
故的图象不关于点对称，C错误；
对于D,因为时，，又，
所以或者；或者，此时，又，
所以，综上可知，在区间上有2个零点，故D正确，
故选：D.
6．C
【分析】根据独立事件乘法公式和条件概率公式可得.
【详解】分别记甲、乙、丙三人获得优秀等级为事件，
记甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件，
记乙达到优秀等级为事件.
由题知，，
所以
，
.
所以.
故选：C
7．C
【分析】设出点，利用数量积的坐标表示得到点的轨迹，结合直线与圆的关系进行求解即可.
【详解】设，则，，
则，即，
化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
又，所以三点共线，
显然当直线与此圆相切时，的值最大.
又,
则,
则.
故选：C.
8．A
【分析】由题意设，则，而，，由三角形面积公式可得，从而，在中，运用余弦定理可得，由此即可得解.
【详解】
设，则，而，所以，
所以点到的距离为，
又，所以，
解得，即，从而，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理有，
所以，即，
解得，双曲线C的渐近线方程为.
故选：A.
9．AD
【分析】根据复数的模、复数的几何意义逐一分析即可.
【详解】因为，所以，
所以，
，A正确；
，B错误；
由上可得，对应复数为，C错误；
，，D正确.
故选：AD
10．ABD
【分析】由是平面内不过D的直线，可判断A；通过判断可判断B；由长方形的邻边，可判断C；根据圆的周长求半径，然后可得，即可判断D.
【详解】A选项：由图可知，平面，是平面内不过D的直线，
所以，直线与异面，A正确；

B选项：由题知，是底面圆的直径，且，
所以四边形为正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面，B正确；

C选项：由题知，劣弧的长为1，，
所以，所以长方形的对角线不垂直，
所以直线与平面不垂直，C错误；

D选项：同上可得为正方向，所以，
由圆柱性质可知，，
又，平面，
所以平面，
所以即为点到平面的距离，
记圆的半径为，则，得，
所以，D正确.
故选：ABD

11．ACD
【分析】令，可判断A；令，可判断B；由函数图象的变换可得的图象关于对称，结合奇偶性可得周期性，即可判断C；根据周期性和赋值法求得，然后可判断D.
【详解】令，得，即，A正确；
令，得，
又，所以对任意恒成立，
因为，所以不恒为0，
所以，即，B错误；
将的图象向左平移1个单位后，再将图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，可得的图象，
因为的图象关于对称，所以的图象关于对称，
所以，
又为奇函数，
所以，
所以，所以4为的周期.
由可得，C正确；
因为，，，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题难点在于合理赋值，利用对称性求得周期，然后即可求解.
12．/
【分析】根据抛物线方程及准线方程列出方程，解出即可.
【详解】依题可知，
则，
故答案为：.
13． /
【分析】利用余弦定理角化边，即可构造方程求得；利用余弦定理可求得，在中，利用正弦定理即可求得结果.
【详解】由余弦定理得：，即，
，解得：（舍）或；
在中，由余弦定理得：，
，
在中，由正弦定理得：.
故答案为：；.
14．
【分析】通过换元将不等式化成,对任意的实数x恒成立，设，对的取值分类讨论，得到时，依题得，即再令，分析得到，从而即得.
【详解】令，则，不等式可化为：对任意的实数x恒成立，
即对任意的实数x恒成立.
设，则，
当时，，在R上单调递增，，不合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则当时，.
因对任意的实数x恒成立，故恒成立，
即，则.
令，则
当时，，单调递增，当时，，单调递减.
故，
即,故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查由不等式恒成立求解参数范围问题，属于难题.
解题的关键在于通过设进行换元，将不等式化成，设函数，分析得到，然后分离出，将问题转化为求函数的最大值即得.
15．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式计算即得；
（2）列出随机变量X的所有可能的值，分别求出每个值对应的概率，列出分布列，求出期望值.
【详解】（1）因各局比赛的结果相互独立，前3局比赛甲都获胜，
则前3局甲都取胜的概率为.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3.
其中，表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙输，则；
表示第1局乙输，第3局是乙上场，且乙赢；或第1局乙赢，且第2局乙输，
则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙输，
则；
表示第1局乙赢，且第2局乙赢，第3局乙赢，
则；
所以X的分布列为
故X的数学期望为.
16．(1)1
(2)单调减区间为，单调增区间为
【分析】（1）由是函数的极值点，，求解验证即可；
（2）利用导函数求解函数的单调区间即可.
【详解】（1）函数定义域为，，
因为是函数的极值点，
所以，解得或，
因为，所以.此时，
令得，令得，
∴在单调递减，在单调递增，所以是函数的极小值点.
所以.
（2）.
因为，所以，令得；令得；
∴函数的单调减区间为，单调增区间为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取BC中点O，连接AO，EO，利用线面垂直的判断定理证明平面，继而可解；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量表示进行计算即可.
【详解】（1）取BC中点O，连接AO，EO.
∵是等边三角形，O为BC中点，
∴，
又，∴，
∵，平面,
∴平面，
又平面AEO，∴.
（2）连接DO，则，
由，
得，，
又，∴，∴，
又，平面,
∴平面.
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面ACD的法向量为，
则即
取，则.
∵是二面角的平面角，
∴，
又，∴，，
则，
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题意有，，即可求解；
（2）①设直线：的方程，联立与椭圆方程消元后，利用韦达定理可求得点的坐标，继而可得点坐标，考虑直线斜率情况，得到其方程，即可求解；②根据，表示出的面积后，换元法转化函数，利用单调性即可求得最大值.
【详解】（1）依题意有，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设：，，，则：，
联立，故，，，
故，由代替m，得，
当，即时，：，过点.
当，即时，，：，
令，，直线MN恒过点.
当，经验证直线MN过点.
综上，直线MN恒过点.
②，
令，，
∵在上单调递减，
∴，当且仅当，时取等号.
故面积的最大值为.

19．(1)1，2，1和1，3
(2)7
(3)1250
【分析】（1）由于或，从而得到所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3；
（2）分析得到且，当时，不合要求，当时，满足要求，得到答案；
（3）分析得到数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式，设其中有x项为1，有y项为2，得到，，配方后求出最值.
【详解】（1）由题意得，
且对于，使得的正整数对有1个，
由于或，
故所有4的1增数列有数列1，2，1和数列1，3.
（2）当时，存在m的6增数列，
即，且对于，使得的正整数对有6个，
所以数列的各项中必有不同的项，所以且.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2，
此时数列为，满足要求的正整数对分别为，
符合m的6增数列，
所以当时，若存在m的6增数列，m的最小值为7.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列中存在大于1的项，
若首项，将拆分成个1后k变大，
所以此时k不是最大值，所以.
当时，若，交换，的顺序后k变为，
所以此时k不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列首位前添加一项1，所以k的值变大，
所以此时k不是最大值，所以.
若数列中存在相邻的两项，，设此时中有x项为2，
将改为2，并在数列首位前添加个1后，k的值至少变为，
所以此时k不是最大值，
所以数列的各项只能为1或2，所以数列为1，1，…，1，2，2，…，2的形式.
设其中有x项为1，有y项为2，
因为存在100的k增数列，所以，
所以，
所以，当且仅当，时，k取最大值为1250.
【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
X
0
1
2
3
P