河南省实验中学2024−2025学年高三下学期第四次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份河南省实验中学2024−2025学年高三下学期第四次模拟考试 数学试卷（含解析），共18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．“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分但不必要条件
C．必要但不充分条件D．既不充分也不必要条件
2．复平面内，若复数满足，则所对应的点的集合构成的图形是（ ）
A．圆B．直线C．椭圆D．双曲线.
3．已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的 有， 则（ ）
A．B．C．D．
6．将编号为1，2，3，4，5的5个球放到3个不同的盒子中，每个球只能放到1个盒子中，每个盒子至少放入1个球，则编号为1，2，3的球所放盒子各不相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知分别是双曲线的左、右焦点，是左支上一点，且的面积为，若的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率（ ）
A．B．C．2D．
8．当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．一组成对样本数据的散点位于一条直线附近，它的样本相关系数（其中），由最小二乘法求得经验回归方程（其中），则（ ）
A．若，则
B．若，则成对数据的样本相关系数等于
C．若，则成对数据的样本相关系数大于
D．若，则成对数据的经验回归方程
10．函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
11．普林斯顿大学的康威教授于1986年发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”（Lkandsaysequence），该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”.例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项.则对于外观数列，则（ ）
A．若，则从开始出现数字2；
B．若，则的最后一个数字均为；
C．可能既是等差数列又是等比数列；
D．若，则均不包含数字4.
三、填空题
12．已知函数，若，，且，则的最小值是 ．
13．设，分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆E于A，B两点．若，轴，则椭圆E的方程为 ．
14．祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.这就是著名的祖暅原理，祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图一所示.
利用此方法，可以计算如下抛物体的体积：在平面直角坐标系中，设抛物线C的方程为，将C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体.利用祖暅原理它可用一个直三棱柱求解，如图二，由此可计算得该抛物体的体积为 .
四、解答题
15．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
16．已知函数
（1）若，求函数在处的切线方程；
（2）求证：当时，有且仅有一个零点.
17．如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值．
18．在平面直角坐标系中，顶点在原点的抛物线经过点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若抛物线不经过第二象限，且经过点的直线交抛物线于，，两点（），过作轴的垂线交线段于点.
①当经过抛物线的焦点时，求直线的方程；
②求点A到直线的距离的最大值.
19．北湖生态公园有两条散步路线，分别记为路线和路线.公园附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线的居民第二天选择路线和路线的概率均为；前一天选择路线的居民第二天选择路线和路线的概率分别为和.已知居民第一天选择路线的概率为，选择路线的概率为.
(1)若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线散步的人数为，求的分布列及期望；
(2)若某居民每天都去公园散步，记第天选择路线的概率为.
（i）请写出与的递推关系；
（ii）设，求证：；
参考答案
1．【答案】A
【详解】先证：
因为，所以，，故，即，故；
再证：
因为，所以，即，故；
综上：“”是“”的充分必要条件.
故选A.
2．【答案】B
【详解】设，
则，，
因为，所以，
整理可得：，
所以所对应的点的集合构成的图形是直线，
故选B.
3．【答案】C
【详解】由，则，化简得，
所以在向量上的投影向量为.
故选C.
4．【答案】D
【详解】已知是等差数列，根据等差数列的性质可得，则.
又因为，所以，解得.
设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式，可得.解得，.
根据等差数列的前项和公式可得.
将代入可得：.
故选D.
5．【答案】D
【详解】∵，∴，
由于，可知和分别为两个函数的最大值和最小值，
不妨设,，
则，，
由于，可得，解得，
故选D.
6．【答案】C
【详解】将个球分成组，有两种分法：1，1，3和2，2，1．
按1，1，3分组，共有种分法；
再将分好的组全排列，放入个不同的盒子，有种放法．
根据分步乘法计数原理，此时共有种放法．
按2，2，1分组，共有种分法；再将分好的组全排列，放入个不同的盒子，有种放法．根据分步乘法计数原理，此时共有种放法．
由分类加法计数原理，总放法数为种．
先将编号为，，的球放入个不同的盒子，有种放法；
再将编号为，的球放入这个盒子，每个球都有种放法，根据分步乘法计数原理，共有种放法．
根据分步乘法计数原理，编号为，，的球所放盒子各不相同的放法数为种．
根据古典概型概率公式，可得所求概率．
故选C．
7．【答案】D
【详解】设内切圆圆心为，三个切点分别为，
如图，由切线长定理可得，
即
，圆与轴切于左端点．内切圆半径．
设，，
，
•，
，，，
由勾股定理，整理得，
所以，解得，即或（舍去），
所以.
故选D.
8．【答案】D
【详解】由得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
由，
可得，，即在时恒成立，
令，则，令得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，所以.
故选D.
9．【答案】ABD
【详解】当时，变量正相关，所以，故A正确；
因为，所以成对数据对应点相当于把成对数据对应的点向下平移2个单位，不改变变量的相关性，故B正确；
因为，则成对数据对应点相当于把成对数据对应的点横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，故变量间的相关性不变，故C错误；
当，由可知，新的回归直线方程中斜率变为，，则成对数据的经验回归方程，故D正确.
故选ABD
10．【答案】ABC
【详解】，
当时, ,A选项正确；
，
，
,
时, 有两个根,且时
,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误；
当时, 有两个根,且此时
,故B选项正确.
故选ABC．
11．【答案】BCD
【分析】由外观数列的定义可判断A和②；举例子可判断③；由反证法，结合外观数列的定义可判断④.
【详解】对于A，当时，
由外观数列的定义可得：，，，故A错；
对于B，由外观数列的定义可知，每次都是从左向右描述，
所以第一项的始终在最右边，即最后一个数字，故B正确；
对于C，取，则，
此时既是等差数列又是等比数列，故C正确；
对于D，当时，
由外观数列的定义可得：，，，.
设第一次出现数字4，
则中必出现了4个连续的相同数字.
而的描述必须包含“个，个”，显然的描述不符合外观数列的定义.
所以当时，均不包含数字4，故D正确.
故选：BCD.
12．【答案】4
【详解】因为，
所以，
，
所以函数为奇函数且为增函数，.
由可得，即为.
因为，所以．当且仅当，时取等号．
13．【答案】
【详解】设，
因为轴，
所以，代入椭圆方程得，设，
因为，得，
所以，
解得，即，
又B在椭圆上，将代入椭圆方程得：，
又，解得，
所以椭圆方程为：
14．【答案】/
【详解】构造如图所示的直三棱柱，高设为x，底面两个直角边为2，1
若底面积相等，则，解得：，下面说明截面面积相等，设截面距底面为t，矩形截面长为a，圆形截面半径为r，由左图得到，所以，所以截面面积为，由右图得到，所以，所以截面面积为，两者截面面积相等，所以体积相等，所以抛物体的体积等于三棱柱的体积.
15．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】（2）方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
16．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）若，则，
所以，函数在处的切线方程为；
（2）的定义域为，
当时有且仅有一个零点4：
当时，，函数递增，由，知存在唯一零点；
当时，令得，
当时，函数递增：
当时，函数递减；
当时，函数递增：
当时，，所以，函数无零点；
因为当时递减，当时递增，
且，所以存在唯一零点.
综上所述，当时，有且仅有一个零点.
17．【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【详解】（1），，为的中点，
，，
平面，平面，
平面．
又平面，
平面平面．
（2）
如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系．
取中点，连接，，．
由（1）可知平面，平面，，
又平面，平面，故平面．
，，为的中点，．
又，为的中点，．
则，，，，，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以．
设平面的一个法向量，
则，令，则，所以.
设平面与平面的夹角为，
则，所以.
所以，平面与平面的夹角的正弦值是．
18．【答案】（1）或
（2）①；②
【详解】（1）若抛物线的焦点在轴上时，可设抛物线的方程为，
且抛物线过点，所以，解得；
若抛物线的焦点在轴上时，可设抛物线的方程为，
且抛物线过点，所以，解得；
综上所述：抛物线的方程为或.
（2）因为抛物线不经过第二象限，由（1）可知，抛物线的方程为，

且,，
①当经过抛物线的焦点时，令，得，
在中，令，得，
又因为，则，可得直线，
由，解得或，即，
所以直线，即；
②设，，，
由，消去整理得，
所以，，，
且，即，
则，
令，得
，
所以直线经过定点，
所以当，即点A以直线的距离取得最大值，为.
19．【答案】(1)分布列见详解，；
(2)（i）；（ii）证明见详解.
【详解】（1）记附近居民第天选择路线分别为事件，
依题意，，，，
则由全概率公式，得居民第二天选择路线散步的概率；
记第二天选择路线散步的人数为，则，
则，，
，，
，
则的分布列为：
故的数学期望．
（2）（i）当第天选择路线时，第天选择路线的概率；
当第天选择路线时，第天选择路线的概率，
所以.
（ii）证明：由（i）知，则，而，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，，
当时，，而，
所以；
当时，，而，
所以，
所以.
0
1
2
3
4