河南省名校联盟2023-2024学年高三下学期教学质量检测（4月）数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若 为纯虚数，，则（ ）
A. 3B. 4C. -3D. -4
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法运算化简复数，结合复数是纯虚数列方程解出参数即可.
【详解】因为 为纯虚数，所以，解得.
故选：A.
2. 设集合，若，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到或，求得的值，结合集合的包含关系，即可求解.
【详解】由集合，
因为，所以或，解得或，
当时，，不符合题意；
当时，，符合题意．
故选：C．
3. 已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】设母线长为，根据题意得到，即可求解．
【详解】设母线长为，由题意，可得，解得，即圆锥的母线长为．
故选：D.
4. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 在上单调递增
C. 为偶函数D. 的最小值为
【答案】C
【解析】
【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性判断B，根据导数判断C.
【详解】因为，此时最小正周期为，其最小值为，所以A错误，D错误；
因为，所以，可知在上不单调，B错误；
又，所以为偶函数，C正确．
故选：C
5. 已知点是圆 C 上的任意一点，则 的最大值为（ ）
A. 25B. 24C. 23D. 22
【答案】A
【解析】
【分析】设 代入算式中由倍角公式化简，利用基本不等式求积的最大值.
【详解】点是圆 C 上的任意一点，设
则
，
当且仅当 时，等号成立.
的最大值为25.
故选：A
6. 过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,
由题意可得，
设
由余弦定理可得,
即，解得，
所以，故．
故选：D
7. 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 56B. 84C. 126D. 210
【答案】B
【解析】
【分析】将问题等价转换为将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，利用隔板法即可求解.
【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同班，其中甲、乙两班至少各有1个名额的分法，
等价于将 10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法.
用3个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成4堆，
由于 10个小球中间共有 9个空隙，因此共有 种不同的分法.
故选：B.
8. 已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且 ，则下列结论错误的是（ ）
A. B. 为偶函数
C. 是周期函数D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，令，结合即可判断；对于B，令结合偶函数的性质即可判断；对于C，令即可判断；对于D，得出递推关系，由此即可验算.
【详解】令，得，因为，所以，A正确;
令，则，所以，则为偶函数，B正确；
令，得，即 ，所以不是周期函数，C错误；
当x取正整数n时， ，则 ，D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解.
二、选择题：本题共 3小题，每小题6分，共 18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 年月日国家统计局发布了制造业采购经理指数（）,如下图所示:
下列说法正确的是（ ）
A. 从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的第百分位数为
B. 从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的极差为
C. 从年月到年月制造业采购经理指数（）呈下降趋势
D. 大于表示经济处于扩张活跃的状态;小于表示经济处于低迷萎缩的状态,则年月到年月,经济处于扩张活跃的状态
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据折线图中的数据,结合极差、平均数、百分位数定义与计算方法逐一判断即可.
【详解】由图知,从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）从小到大的顺序为,因为,所以第百分位数为第个数,即为,故A正确;
从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的最大值为,最小值为,所以极差为,故B正确;
由图易知制造业采购经理指数（）有升有降,故C错误;
由图知年月到年月PMI均大于,所以经济处于扩张活跃的状态,故D正确.
故选:ABD.
10. 已知抛物线Γ: ，过点作直线，直线与Γ交于A，C两点，A在x轴上方，直线与Γ交于B，D 两点，D在x轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若直线的斜率为1，则直线的斜率为
B. 直线过定点
C. 直线与直线 的交点在直线上
D. 与的面积之和的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别联立曲线与直线方程，表示出韦达定理，解方程组可得B正确；由斜率的定义结合选项B可得A正确；当轴时，求出四点坐标，得到两直线方程，求出交点横坐标可判断C错误；由三角形的面积公式结合选项B和基本不等式可得D正确.
【详解】
设，设直线 交x轴于点，，
直线的方程为：，
联立，消去可得，，
所以，同理，
设直线，
联立，消去可得，，
所以，
设直线，
联立，消去可得，，
所以，
联立方程组，可得，故B正确；
对于A，由B可得
，
所以当时，有，故A正确；
当轴时，可知，，
求得直线的方程为，直线的方程为，
将这两方程联立方程组，解得，故C错误；
设与的面积分别为，
则，
又，
又，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：ABD.
11. 已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（ ）
A. 在上为减函数B. 当时，
C. D. 在上有且只有1个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误．
【详解】由，可得．
令，
则当时，，所以在上单调递增，
所以，即，
可得，所以，所以C正确；
因为，所以当时，，
又因为，所以当时，，所以B正确；
由是定义在上的奇函数，故当时，，
又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．
因为的单调性无法判断，所以A错误．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前n项和为，若，则______，______.
【答案】 ①. 2 ②. 99
【解析】
【分析】利用给定条件，直接求出，再判断数列特征求出.
【详解】由，得，解得；
则，显然是等差数列，所以.
故答案为：2；99
13. 太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为______．
【答案】0
【解析】
【分析】先根据向量运算表示出，结合的最值可得答案.
【详解】连接，可得，
显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．
故答案为：0.
14. 已知正四棱台的内切球半径 ，则异面直线 与所成角的余弦值为_______
【答案】##
【解析】
【分析】作正四棱台的轴截面，设，由几何关系得出，结合勾股定理可得，进一步延长侧棱 ，设它们相交于点 P，从而只需分别求出即可.
【详解】由题设知正四棱台的高
设，作正四棱台的轴截面，如图所示，
其中I，J，L 分别为圆O与四边形 EFGH 的切点，，K 为垂足，
从而有，，
所以，由 ，解得
延长侧棱 ，设它们相交于点 P，
则异面直线与 所成角为.
因为，
所以，
所以，
所以，
从而
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得出，进一步得出的长度，由此即可顺利得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角的对边分别为．
（1）求；
（2）若为的中线，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，结合，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解；
（2）由（1）得到，根据，求得，再由由余弦定理得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由，可得，
因为，可知，所以，
又因为，联立方程组得，
所以．
小问2详解】
解：由（1）知，可得，
因为为的中线，且，所以，
两边平方得，
又由余弦定理得，即，
两式相减，可得，所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．
（1）证明：．
（2）设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设与交于点，根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得．
（2）由（1）知平面，得到平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，设与交于点，连接，
因为底面是平行四边形，所以为的中点，
又因为，所以，
因为，且为的中点，所以，
又因为平面，且平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以．
【小问2详解】
解：如图所示，连接，因为为的中位线，所以，
因为平面平面且，
所以，且，
由分别为的中点，看到的，
由（1）知平面，所以平面．
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，则，
设为平面的法向量，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，可得．
即平面与平面夹角余弦值为.
17. 某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．
（1）现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．
（2）若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；
②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】（1）
（2）①841；②14
【解析】
【分析】（1）根据题意利用古典概型即可计算；
（2）①由样本数计算，进而利用求解即可；
②首先求在内的概率，再由题意可知，然后设，最后利用可求使得的最小的值，从而得到使最大的的值.
【小问1详解】
设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．
由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，
则，
所以这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．
【小问2详解】
①由样本数据知，．
因为，
所以，
所以，学习时长不低于50小时的教师人数为841.
②每名教师的学习时长在内的概率为，
由题意可知，则，
设，则．
令，得，所以当时，，
令，得，所以当时，，
所以当时，最大，即使最大的的值为14．
18. 如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为 ，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于 C，D 两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
（1）求椭圆Γ的标准方程.
（2）点 T在直线上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接，设直线与交于点P.证明:点 P 在直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解.
（2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解.
【小问1详解】
设椭圆Γ的标准方程为 ，
由切线长定理知，
则，解得.
由，解得 .
所以椭圆Γ的标准方程为
【小问2详解】
设,
已知，设，
联立方程组 ，
消去 y得 ，
显然，
由，可得 ，，
所以，
联立方程组，
消去 y得 ，
显然，
由，可得 ，，
同理
因为 M，N是切点，且，所以直线的方程为 ，即，
显然直线MN过定点，即M，D，N三点共线，则 ，
解得或（舍去），
联立方程组，解得 ，
即点 P 在直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知，函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求a，b的值;
（2）若方程（e为自然对数的底数）有两个实数根，且，证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导得，结合，可列出方程组求解；
（2）由题意得，构造函数证明不等式，当且仅当时，等号成立；，当且仅当时，等号成立；从而可分别得到，，由此即可得证.
【小问1详解】
因为，所以，
由题意知，所以，
联立方程组，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，
，设，
，
所以即在上单调递增.
又，所以存在，使得，
故在上单调递减，在上单调递增，
设，令，
则，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又，所以当时， ，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故，即，当且仅当时，等号成立.
因为方程有两个实数根，且，
也就是，且注意到在上单调递增，
所以，
所以，即 .
设 的根为：，则 ，
又在上单调递增，所以 ，
故①
易知的图象在坐标原点处的切线方程为，
令，
则 ，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又 ，
所以当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，，当且仅当时，等号成立.
因为，所以，即.
设的根为，则，
又在上单调递减，
所以，所以，
从而②.
由①②可知：.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是构造适当的函数分别得到分别得到，，由此即可顺利得解.