河南省漯河市高级中学2023-2024学年高三下学期三模数学试题

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故，即的取值范围为.
2．D【详解】回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为 ，故B错误；
当时，x增加1个单位时，y平均减少2个单位，故C错误；若回归直线的斜率，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
3．B【详解】设，
因为，则，，
由椭圆的定义可得，，
因为，即，
在中，则，即，
解得，可得，
在△中，可得，整理得，
所以椭圆E的离心率为.
4．D【详解】
，
5．B【详解】延长、交于点，取的中点，连接，
易知为等腰直角三角形，则，，
所以，，，，
故为等腰直角三角形，且，则，
因为、分别为、的中点，则，且，
所以，，故.
6．B【详解】已知圆的圆心为，半径，
若直线上存在两点A，B，使得恒成立，
则以为直径的圆要内含或内切圆，
因为点到直线l的距离，
所以长度的最小值为，
7．A【详解】由图象可得函数为偶函数，且，，当且仅当时，，
对于A，因为，，所以函数是偶函数，又，，
则，所以函数在上单调递增，
所以，故解析式可能为A，故A正确；
对于B，由，不合题意，故B错误；
对于C，因为，所以且，
所以函数是非奇非偶函数，故C错误；
对于D，由，不合题意，故D错误.
8．B【详解】
设 ，由双曲线的定义知 ，
在 中，由余弦定理得：，
所以 ，
再由，为的中点，延长至，使，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，由余弦定理知：，
在中，由余弦定理知：，
因为，则，
可知，
所以 ③，
由得， 把代入得，
化简得 ，
所以渐近线方程为.
9．AD【详解】A：由题意知，每次只摸出一个球，，，
则，所以对立，故A正确；
B：，，
则，所以不相互独立，故B错误；
C：，故C错误；
D：，，
所以，故D正确.
10．BCD【详解】对A，由四点共面，得，则，
若不是棱的中点，则，故A错误.
对B，当是棱的中点时，取的中点，连接，则为的中点.
因为为的中点，则.
因为平面平面，所以平面，则B正确.
根据长方体性质知，且平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
则点，到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值， 所以三棱锥和三棱锥的体积都为定值，
则四棱锥的体积为定值，故C正确.
取棱的中点，由题中数据可得，
则，所以为等腰直角三角形，所以是外接圆的圆心，
外接圆的半径.设三棱锥的外按球的球心为，
半径为，设，则，
即，解得，则，此时点位于中点，
从而三棱锥的外接球的表面积是，故D正确.
11．BCD【详解】，故A错误；
由，故B正确；
由，得C正确；
由，令，得，,
当时，，故D正确.
12．
【详解】因为，
当时，
当时，
所以，
所以，
当时不成立，所以.
故答案为：
13．
【详解】如图所示，由，不妨设，则，
双曲线的右焦点为，由双曲线的定义可知，，
由得，，则，①
在中，，②
在中，，③
由①②得，，所以，④
由①③得，，所以，⑤
由④⑤得，故，
故的渐近线方程为.
故答案为：
14．
【详解】在长方体中，连接并延长与的延长线交于点，直线交于，交的延长线于，
连接交于，连接，则五边形即为过点的长方体的截面，
由，为的中点，得是中点，，，
由，是中点，得，则，
则，
等腰底边上的高，
的面积，
平面平面，平面平面，平面平面，
则，于是∽，同理，∽，
，
因此，
所以所得截面的面积为.
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）由题意知得，，，，
∴双曲线的方程为，焦距为.
（2）由，可得，
则，
所以，.
因为直线与双曲线交于轴上方的、两点，
所以，解得，
所以，
所以，所以，由，
可得，解得，
所以，所以，
所以，于是.
16．(1)．
(2)
【详解】（1）由题意，，
，
.
（2）由题意，的可能取值为，
，，
，，
，
，
综上，.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）令，则．
令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以，所以．
（2）易知函数的定义域是．
由，可得．
令得；令得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意．
②当，即时，．
因为在上单调递增，且．所以，
所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且．
由（1）知，所以．
因为在上单调递减，，
所以在上有且只有1个零点，记为，且．
所以，所以．
同理，若记
则有，
综上所述，．
18．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为平面平面ABCD，
所以，则．
设，
则，
，
因为，所以，即
则，解得，
所以为AP的中点．
连结AC，与BD交于点，连结QO，
由于底面ABCD是矩形，所以为AC的中点，则OQ为的中位线，
所以，
又平面平面BDQ，
所以平面BDQ
（2）易知DA，DC，DP两两互相垂直，
以为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面BDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
设平面CDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
于是，解得，
故三棱锥的体积为．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）是等差数列，设，
令，
则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的．
（2）因为数列是“优分解”的，设，
其中，
则．
当时，
当时，是首项为，公比为的等比数列．
（3）一方面，数列是“优分解”的，设，
其中，由（2）知
因为，所以．
是首项为2，公比为的等比数列．
另一方面，因为是“优分解”的，设，
其中，
是首项为2，公比为的等比数列，
，且，
化简得，
即数列是首项，公比为的等比数列．
又，
又解得，
综上所述，．