河南省漯河市高级中学2023-2024学年高三下学期4月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省漯河市高级中学2023-2024学年高三下学期4月月考数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了函数在区间内所有零点的和为，已知函数等内容，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，，，则实数的值为（ ）
A．2B．或2C．1或2D．0或2
2．如图是默默无“蚊”的广告创意图，图中网格是单位正方形，阴影部分由若干个半圆弧首尾相连组成的图形，最外层的半圆弧与矩形相切，从矩形中任取一点，则落在阴影部分的概率是( )

A．B．
C．D．
3．已知函数的最小正周期为，下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于对称
B．函数的对称中心是
C．函数在区间上单调递增
D．函数的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到
4．函数在区间内所有零点的和为（ ）
A．0B．C．D．
5．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件，存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性；该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则k的值为（ ）
A．11B．15C．19D．21
7．已知平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
8．若存在，使得关于的不等式成立，则实数的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
二．多选题（共4小题，每题5分，共20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（），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是的图像的对称中心
B．若恒成立，则的最小值为2
C．若在上单调递增，则
D．若在上恰有2个零点，则
10．已知是等轴双曲线C的方程，P为C上任意一点，，则（ ）
A．C的离心率为
B．C的焦距为2
C．平面上存在两个定点A，B，使得
D．的最小值为
11．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则为直角三角形
C．若三角形为等腰三角形，则一定是直角三角形
D．若为锐角三角形，的最小值为1
12．如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称
C．在单调递减D．为奇函数
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分。）
13．是坐标原点，是双曲线右支上的一点，是的右焦点，延长分别交于两点，已知，且，则的离心率为 ．
14．已知函数，则关于的不等式的解集为 .
15．已知向量，满足，，，则 .
16．已知点、关于坐标原点对称，，以为圆心的圆过、两点，且与直线相切.若存在定点，使得当运动时，为定值，则点的坐标为 .
四．解答题（共5小题，共70分）
（12分）17．已知等差数列的前项和为，且，数列满足，设．
(1)求的通项公式，并证明：；
(2)设，求数列的前项和．
（12分）18．已知函数，.
(1)求函数图象在处的切线方程．
(2)若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，求实数的取值范围．
（14分）19．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为，乙队每名球员射进的概率为．每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5球，为射进点球的个数，求的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．
（14分）20．已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
（18分）21．已知双曲线E：（，）一个顶点为，直线l过点交双曲线右支于M，N两点，记，，的面积分别为S，，.当l与x轴垂直时，的值为.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若l交y轴于点P，，，求证：为定值；
(3)在（2）的条件下，若，当时，求实数m的取值范围.
参考答案：
A
【详解】由，得，即，此时，
由，得，而，所以.
故选：A
2．D
【详解】由根据所给图形特征知，
把半径为1的阴影半圆割下补到半径为1的空白半圆处，得半径为2的阴影半圆，
再把所得半圆割下补到半径为2的空白半圆处，得半径为3的阴影半圆，
最后将半径为3的阴影半圆割下补到半径为3的空白半圆处，得半径为4的阴影半圆，
阴影部分面积，而矩形面积，
所以，从矩形中任取一点，则落在阴影部分的概率.
故选：D
3．D
【详解】A选项，
，
因为函数的最小正周期为，解得，所以，
当时，，故A错误；
B选项，令，即，
函数的对称中心是，故B错误；
C选项，时，，
显然在其上不单调，故C错误；
D选项，的图象向右平移个单位长度，
得到，故D正确．
故选：D．
4．B
【详解】依题意，
，
由，得或或（不符合题意，舍去），
函数是偶函数，在上的所有零点关于数0对称，它们的和为0，
正弦函数的周期为，方程在的两根和为，
在上的两根和为，因此在上
的两根和构成首项为，末项为的等差数列，共有项，所有根的和为.
故选：B
5．C
【详解】依题意，设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，
则，，，，
故，
则所求概率为.
故选：C.
6．A
【详解】，
即，则，得.
故选：A
7．B
【详解】设与的夹角为，
则在上的投影向量为.
故选：B.
8．D
【详解】由两边取对数可得①，
令则，因为，所以，
则①可转化得，
因为，
因为存在，使得关于的不等式成立，
所以存在，成立，故求的最小值即可，
令
，
令
，
令，
，
所以在上单调递减，所以，
，所以在上单调递减，
所以
在上单调递减，，
，所以实数的最小值为
故选：D
9．ABC
【详解】选项A：若，则，
由正弦函数的图象可知是的图像的对称中心，A说法正确；
选项B：若恒成立，则，解得，
又，所以的最小值为2，B说法正确；
选项C：令，显然在上单调递增，且，
若在上单调递增，则，解得，所以，C说法正确；
选项D：当时，，
若在上恰有2个零点，则，解得，D说法错误；
故选：ABC
10．ACD
【详解】对于A，因为是等轴双曲线，故其离心率为，故A正确.
对于B，因为图象的对称轴为和，
由可得或，故双曲线的顶点坐标为，
故双曲线的实半轴长为，故半焦距为，
故焦距为4，故B错误.
对于C，因焦点在直线上，故设焦点坐标为，
因为，且双曲线的中心为原点，故即，
取，由双曲线的定义可得，
故C正确.
对于D，由C的分析可得为焦点，则，故D正确，
故选：ACD.
11．AB
【详解】对A：中，由正弦定理得，
由，得，即，
由，则，故，所以或，
即或（舍去），即，故A正确；
对B：若，结合和正弦定理知，
又，所以可得，故B正确；
对C：由，故或，若，则有，
则，不为直角三角形，故C错误；
对D：在锐角中，，
即，
故
由对勾函数性质可知，当时，，故D错误；
故选：AB.
12．CD
【详解】由题可，，，则，
有，，
，，
把代入上式，得，解得 (负值舍去)，
，，由，解得，，
解得，，
对A，的最小正周期为，故A错误；
对B：，故B错误；
对C：当时，，在单调递减，故C正确；
对D：，为奇函数，故D正确.
故选：CD.
13．
【详解】设双曲线的左焦点为 ，由对称性知是的中点，则四边形是平行四边形，
因为，
所以四边形是矩形，
设，则，则，
所以在直角 中，，
所以 ，解得： 或（舍去），
所以 ,
因为在直角 中，
所以，得 ，
解得.
故答案为：
14．
【详解】，，
又，故当，，单调递增；
则，;
，即，解得，又，故.
故答案为：.
15．
【详解】由可知，，
即，得，
.
故答案为：
16．
【详解】为圆的一条直径，是弦的中点，所以，圆心在线段的中垂线上，
设点的坐标为，则，
圆与直线相切，则，，整理得，
所以，点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
，
当为定值时，则点与点重合，即点的坐标为.
因此，存在定点，使得当点运动时，为定值.
故答案为：.
17．(1)；证明见解析
(2)
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为，可得，即，解得，
又因为，可得，所以，
由数列满足，可得，
所以，
因为，所以.
（2）解：由（1）可知，因为，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
所以，
所以，
则，
两式相减，可得
，
所以.
18．(1)
(2)
【详解】（1），，，
所以函数图象在处的切线方程为，即.
（2）由（1）可得，，
若对于函数图象上任意一点处的切线，在函数图象上总存在一点处的切线，使得，
即对任意的，总存在使得，即，
又，
从而的值域包含，
当时，的值域为，
所以，解得，
当时，的值域为，
所以，解得，
即实数的取值范围为.
19．(1)分布列见解析，
(2)
【详解】（1）由题意知，，可能的取值为0，1，2，3，4，5.
，，
，，，
所以的分布列为
．
（2）设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，
由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件，“甲乙两队比分为2：4”为事件，
若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，，
若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，
所以．
即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为．
20．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
21．(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意得，，
则当l与x轴垂直时，不妨设，
由，得，
将代入方程，得，解得，
所以双曲线E的方程为．
（2）设，，，
由与，得，
即，，将代入E的方程得：，
整理得：①，
同理由可得②．
由①②知，，是方程的两个不等实根．
由韦达定理知，所以为定值．
（3）又，即，
整理得：，
又，不妨设，则，
整理得，又，故，
而由（2）知，，故，
代入，
令，得，
由双勾函数在上单调递增，得，
所以m的取值范围为．
.
【点睛】解答圆锥曲线的范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.X
0
1
2
3
4
5
P