河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高三下学期模拟预测数学试题（原卷版+解析版）

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本试卷共8页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 已知由小到大排列5个样本数据的极差是11，则的值为（ ）
A. 23B. 24C. 25D. 26
【答案】B
【解析】
【分析】由极差的定义即可求解.
【详解】由题知最小的数据是13，最大的数据是，则极差为，解得.
故选：B.
2. 若圆被直线平分，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由题设，将圆心坐标代入直线方程即可求解.
【详解】由题意得圆心在直线上，
则，解得.
故选：D.
3. 如图，已知为圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，若，四棱锥的体积为，则圆锥的轴截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥底面圆的半径为，利用体积可求得底面圆半径，根据轴截面是等腰三角形可求其面积.
【详解】设圆锥底面圆的半径为，
因为为圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，
易知四边形为正方形，且边长为，
则四棱锥的体积为，
解得或（舍去），
所以圆锥的轴截面面积为.
故选：A.
4. 记等差数列的前项和为，已知，则（ ）
A. 33B. 44C. 55D. 66
【答案】D
【解析】
【分析】设等差数列的首项为，公差为，由已知可得，可求得，利用可求值.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得，
即，
则，解得，
故.
故选：D.
5. 已知，设，则是的（ ）
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】B
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式结合两个条件之间的推出关系可得正确的选项.
【详解】充分性：由得，
因为，所以，
故，故，
故，，故，
故，
，
又，即只需要即可，充分性不成立；
必要性：当时，代入可得，必要性成立.
故是必要不充分条件.
故选：B.
6. 已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先联立与抛物线方程，结合已知、韦达定理求得，进一步通过抛物线定义、三角形三边关系即可求解，注意检验等号成立条件.
【详解】由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为，
与的方程联立得，
设，则，故的方程为.

由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，
联立抛物线与直线，化简得，
由得与相离.
分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接，
所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点，
所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，即.
故选：D.
7. 若函数的图象关于点中心对称，且是的极值点，在区间内有唯一的极大值点，则的最大值为（ ）
A. 8B. 7C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合三角函数的图象与性质，得到，进而得到，求得，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数的图象关于点中心对称，且是的极值点，
可得，即，其中，
因，当时，当时，
因为在区间内有唯一的极大值点，所以，
解得，即，所以，
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有两个极大值点，舍去；
当时，，此时，此时有一个极大值点，
所以的最大值为.
故选：C.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】表示出，并适当变形，观察式子，构造函数,，利用导数即可证明当时，有，，从而即可比较大小.
【详解】得.
由得，
又.
取，则.
设，
则，
所以在区间内单调递增，
又，则，
即，所以.
令，
则，
所以在区间内单调递增，
则，
故，则，即，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是构造适当的函数，利用导数证明当时，有，，由此即可顺利得解.
二､多选题：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. 已知复数，且的虚部为3，则（ ）
A.
B.
C. 为纯虚数
D. 在复平面内对应的点在第二象限
【答案】AC
【解析】
【分析】利用向量的除法运算和虚部为3，即可求出，再利用复数乘除运算和模的运算以及复平面内对应点的表示，就能作出选项判断.
【详解】由的虚部为3，则，
解得，所以选项A正确.
，
所以，所以选项B错误.
由为纯虚数，所以选项C正确.
由，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，所以选项D错误，
故选：AC.
10. 已知椭圆，点分别为的左､右焦点，点分别为的左､右顶点，过原点且斜率不为0的直线与交于两点，直线与交于另一点，则（ ）
A. 的离心率为
B. 的最小值为
C. 上存在一点，使
D. 面积的最大值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】熟悉椭圆的离心率公式，椭圆焦半径取值范围为，焦半径三角形顶角在上顶点时取最大，先对选项A、B、C作出判断，对于选项D，就需要设出直线的方程为，与椭圆方程联立，再把三角形面积计算公式转化到两根关系上来，最后代入韦达定理得到关于的函数式，从而求出最值.
【详解】由题知，该椭圆中，所以离心率为正确；
根据椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点得，距离最大为，距离最小为，
又直线的斜率不为0，所以，B错误；
当椭圆的对称可知当为短轴顶点时，取得最大值，此时，
由余弦定理得，故，
即上存在一点，使正确；
设直线的方程为，联立直线与的方程得，
设，则，
所以，
又点到直线的距离为，
所以，
令，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为正确；
故选：ACD
11. 已知函数，则（ ）
A. 若曲线在处的切线方程为，则
B. 若，则函数的单调递增区间为
C. 若，则函数在区间上的最小值为
D. 若，则的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】由，可判定A错误；当，利用导数求得的单调递增区间，可判定B正确；当，利用导数求得函数的的单调性，求得在上的最小值为，可判定C错误；根据题意，分和、，结合函数的单调性，以及，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为函数，可得，
则，所以，解得，所以A错误；
对于B中，若，则，
当时，可得，所以的单调递增区间为，所以B正确；
对于C中，若，则，
令，解得或（舍去），
当，即时，在上，可得，在上是增函数，
所以函数在上的最小值为；
当，即时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在上的最小值为，所以C错误；
对于D中，因为，当时，，所以函数在上是增函数，
则，所以成立；
当时，由C项知：当时，，则成立；
当时，，即在区间上存在使得，
则不成立，
综上，实数的取值范围为，所以D正确.
故选：BD.
【点睛】方法技巧：利用导数研究函数的极值、最值等问题的求解策略：
1、求函数在闭区间上的最值时，在得到函数的极值的基础上，结合区间端点的函数值与的各极值进行比较得到函数的最值；
2、若所给函数含有参数，则需通过对参数分离讨论，判断函数的单调性，从而的函数的最值；
3、若函数在区间上有唯一的极值点，这个极值点就是函数的最值点，此结论在导数的实际问题中经常使用.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，则中的元素个数为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】求解一元二次不等式解得集合，再求，即可求得其元素个数.
【详解】由，得，所以，
，故中的元素共有3个.
故答案为：.
13. 北京时间2023年10月26日，驾乘神舟十七号载人飞船的三名航天员成功人驻中国空间站，与神舟十六号航天员乘组聚首，浩瀚宇宙再现中国人太空“会师”的经典场面.某校计划开展“学习航天精神”的讲座，讲座内容包括航天史讲解､航天精神的形成与发展､现代前沿科学技术知识的普及､“我”的航天梦四个方面，根据安排讲座分为三次（同一次讲座不分先后顺序，每个方面只讲解一次），其中航天史讲解必须安排在第一次讲座，则不同的安排方案共有__________种
【答案】12
【解析】
【分析】由计数原理以及排列数、组合数计算即可求解.
【详解】由题意若第一次讲座讲解一个内容，则一定为航天史讲解，共有种不同的安排方案，
若第一次讲座讲解两个内容，则其中有一个内容为航天史讲解，共有种不同的安排方按，
综上，共有12种不同的安排方案.
故答案为：12.
14. 如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，过三点的截面将正方体分为两部分，则这两部分几何体的体积比（小于1）为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，作出完整的截面，由，求得，再由，得到，得到过点的截面上方的体积，进而求得另一部分的体积，即可求解.
【详解】如图所示，延长与的延长线交于点，与的延长线交于点，连接，
分别交于点，由此作出完整的截面，
因为正方体的棱长为，分别为的中点，所以，
由，则，
又因为，可得，则，
则过点的截面上方的体积，
则另一部分体积为，所以.
故答案为：.
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. 为贯彻落实2024年中央一号文件，甲地现推进农产品转型升级，对农产品进行深加工以提高产品附加值.某帮扶单位考察甲地的加工方式后随机抽取某生产线上一段时间内生产的500件产品，对其质量指标值进行打分并整理，得到如下频率分布直方图：
规定：该产品的质量指标值在内的为合格品，其余为不合格品.
（1）当不合格品所占比例超过时，该生产线需要停机调试.用样本估计总体，试判断该生产线是否需要停机调试；
（2）用频率估计概率，从该生产线上随机抽取3件产品，求抽取到的产品中至少有2件合格品的概率.（精确到0.001）
【答案】（1）该生产线需要停机调试；
（2）0.995.
【解析】
【分析】（1）计算产品的质量指标值在和内的频率，即不合格品所占比例，并与作比较，确定生产线是否需要停机调试.
（2）计算样本中合格品和不合格品的频率，并采用二项分布计算至少有2件合格品的概率.
【小问1详解】
由题知，质量指标值在内的为合格品，
样本中质量指标值在和内的为不合格品，
由频率分布直方图可知质量指标值在和内的频率为，
故不合格品所占比例超过，该生产线需要停机调试.
【小问2详解】
设事件为从该生产线上随机抽取的产品为合格品，
事件为从该生产线上随机抽取的产品为不合格品.
由（1）知，，
，
则从该生产线上随机抽取3件产品，抽取到的产品中至少有2件合格品的概率为：
.
16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若，直线与平面所成角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）方法一：建系，利用空间向量求解二面角的正弦值，方法二：根据二面角定义，找到二面角的平面角求解.
【小问1详解】
因为，为的内角，
所以得，，
又为的中点，
故，
而，则，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
解法一如图①，取中点，连接，
由题知，又，
则为等边三角形，故.
由（1）知平面平面，
所以，
因为底面为平行四边形，且，
则四边形为矩形，
则.
因为平面平面，
所以平面，
因为平面，
则，
又因为，且平面平面，
所以平面，
则为直线与平面所成角，
设，，
则，
解得.
过点作，故以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图①所示的空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
则，
所以二面角的正弦值为.
解法二如图②，过点作于点，
由（1）知平而平面，
所以，
因为底而为平行四边形，且，
则四边形为矩形，则.
因为平面平面，
所以平面，
又平面，则，
又，平面，
故平面，
过点作于点，连接.
因为平面，
所以，又，平面，
所以平面，
因为平面，
故，
则为二面角的平面角，
取中点，连接，
由题知，又，
则为等边三角形，
故.
又，
因为平面平面，
所以平面，
则为直线与平面所成角，
设，则，
解得，易知，
故在Rt中，.
在Rt中，，
在中，由余弦定理得，
则.
在Rt中，，
解得，易知，
在Rt中，，
所以二面角的正弦值为.
17. 已知双曲线的离心率为，点是上一点.
（1）求的方程；
（2）设是直线上的动点，分别是的左､右顶点，且直线分别与的右支交于两点（均异于点），证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，计算可求的方程；
（2）设，设直线，联立方程组可得，利用点共线可得，，消去，得，计算可得或，进而判断可得，可得直线过定点.
【小问1详解】
易知，所以，
则①，
将点代入的方程，得②，
联立①②，解得，则的方程为.
【小问2详解】
如图，由（1）知，，设，
根据题意，直线不垂直于轴，
设直线，
联立，消去得，
有，
则，于是，
由三点共线得直线的斜率满足，
同理，由三点共线得，
消去，得，
即，
整理得，
即，
则，
因此或，
若，又，
得，
结合，从而，即，不成立，
即，因此，满足，
所以直线过定点.
18. 若正整数数列满足：①为有穷数列：；②；③当时，满足的正整数对有且仅有个.称该数列为的减数列.
（1）写出5的2减数列的所有情况；
（2）若存在100的减数列，求正整数的最大值.
【答案】（1）所有5的2减数列有数列､数列和数列；
（2）1250.
【解析】
【分析】（1）由，根据定义对数列中的项和排列顺序进行讨论，得到符合条件的数列；
（2）对的值和与的大小关系进行讨论，得到数列中的项和排列形式，利用二次函数的性质求最大值.
【小问1详解】
由题意得，则或或，
故所有5的2减数列有数列､数列和数列.
【小问2详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，所以此时不是最大值，所以.
当时，
若，交换的顺序后变为，所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，则变大，
（当数列末尾添加一项1后，因为数列中必存在大于1的项，所以必会变大）
所以此时不是最大值，所以.
若数列中存在相邻的两项，将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值会变大，所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，
所以数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，
因为存在100的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，
取最大值为1250，
所以，若存在100的减数列，的最大值为1250.
【点睛】方法点睛：
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. 本题要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
19. 已知函数.
（1）设，讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，证明：.
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由，求得则，分和，两种情况讨论，进而求得函数的单调区间；
（2）求得，根据题意转化为有两个实数根，设，求得，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得出的单调性，求得，再由，设，利用导数求得在上单调递增，得到，证得，即可得证.
【小问1详解】
解：因为，可得，
则，其中定义域为，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，可得，
令，可得；令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
解：因为，可得，
因为有两个极值点，
令，即方程有两个实数根.
设，
则，设，可得，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，所以，
又由，
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即.
因为，所以，
因为，且在上单调递减，所以，所以，
所以，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.