河南省新乡市2024届高三数学第三次模拟考试试卷含解析

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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.
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 下列集合中有无数个元素的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出各个选项的元素个数即可得出答案.
【详解】对于A，因为，，则，，故A 错误；
对于B，因为，，则，
所以，故B错误；
对于C，，，所以，故C错误；
对于D，有无数个元素.故D正确.
故选：D.
2. 已知为纯虚数，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数乘法求出，再利用纯虚数的意义求解即得.
【详解】依题意，，由是纯虚数，得，
所以.
故选：B
3. 已知向量，若与的夹角为，则（ ）
A. 10B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的坐标求出，即可利用向量数量积公式求出结果.
【详解】，
则，
故选：A.
4. 已知直线，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】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行判断即得.
【详解】当时，直线，则，
当时，，解得，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5. 已知球的半径为5，点到球心的距离为3，则过点的平面被球所截的截面面积的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆半径即得.
【详解】由点到球心的距离为3，得球心到过点的平面距离的最大值为3，
因此过点的平面被球所截的截面小圆半径最小值为，
所以过点的平面被球所截的截面面积的最小值是.
故选：C
6. 如图所示的“分数杨辉三角形”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角形中的换成得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察莱布尼茨三角形，得出规律即可判断得解.
【详解】观察莱布尼茨三角形，知每一个数等于下一层与它紧挨的两个数之和，
因此，即D正确，ABC错误.
故选：D
7. 倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用焦半径公式将所求弦长用三角函数表示，再利用三角函数性质求出取值范围即可.
【详解】
首先，我们来证明抛物线中的焦半径公式，
如图，对于一个抛物线，倾斜角为的直线l经过抛物线C：的焦点F，且与C相交于两点．作准线的垂线，过作，
则，
解得，同理可得，
如图，不妨设在第一象限，由焦半径公式得，，
则，
而，可得，故，故A正确，
故选：A
8. 设，其中是自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定数据，构造函数，利用导数探讨单调性并比较大小即得.
【详解】令函数，求导得，即函数在上单调递减，
而，又，因此，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
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. 已知由5个数据组成的一组数据的平均数为7，方差为2，现再加入一个数据1，组成一组新数据，则（ ）
A. 这组新数据平均数为3B. 这组新数据的平均数为6
C. 这组新数据的方差为D. 这组新数据的方差为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出新数据组的平均数，再利用分层抽样的方差公式求出方差即得.
【详解】依题意，这组新数据的平均数为，方差为.
故选：BC
10. 已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则与为异面直线
C. 若，且，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
11. 已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ）
A. B. 的图象关于直线对称
C. 是周期函数D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解.
【详解】由，得，
则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确；
令，得，则，因此，A错误；
由，得，则，
因此的图象关于直线对称，B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线及均为图象的对称轴，
从而，令，得，
即，则，
故
，D正确.
故答案为：BCD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 双曲线的实轴长为4，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，确定双曲线的焦点位置，再列式计算即得.
【详解】显然恒成立，则双曲线的焦点在x轴上，
于是，所以.
故答案为：1
13. 已知函数，若存在，使得，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，求出相位的范围，再利用正弦函数的性质求解即得.
【详解】函数，由，得，
由存在，使得，得，解得，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 如图，在扇形中，半径，，在半径上，在半径上，是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形的周长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用平行四边形性质，结合勾股定理求出周长的函数关系，再求出函数的值域即可.
详解】设，则，由，得，显然，
连接，由，，得，
，
因此的周长
显然，当，即时，，而时，，
所以的周长的取值范围是.
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. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若过点可以作两条直线与曲线相切，证明：．
【答案】（1）极小值为，无极大值；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性并求出极值.
（2）设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，把点的坐标代入，构造函数，分类探讨单调性、确定方程正根个数即得.
【小问1详解】
因为，所以，令，得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值.
【小问2详解】
设切点为，则切线的方程为，
则，整理得，
由过点可以作两条直线与曲线相切，
可得方程有两个不相等的正根.
令，则，
当时，在上单调递减，则方程最多只有一个正根，不符合题意，
当时，若，则上单调递增，
若，则在上单调递减，则，
又和时，，
故要使得方程有两个不相等的正根，则.
16. 如图，在四面体中，分别为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）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）取的中点，借助勾股定理逆定理证得，再利用线面垂直、面面垂直的判断推理即得.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，，因为，所以，且，
又，所以，≌，则，有，
因为，所以，则，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设，则，
因为，分别为，的中点，所以，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 甲、乙两个不透明的袋中各装有6个大小质地完全相同的球，其中甲袋中有3个红球、3个黄球，乙袋中有1个红球、5个黄球．
（1）若从两袋中各随机地取出1个球，求这2个球颜色相同的概率；
（2）若先从甲袋中随机地取出2个球放入乙袋中，再从乙袋中随机地取出2个球，记从乙袋中取出的红球个数为，求的分布列与期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记这2个球颜色相同为事件，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、，利用全概率公式求出，，，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记这2个球颜色相同为事件，
则；
【小问2详解】
依题意的可能取值为、、，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以.
18. 已知椭圆的左、右顶点分别是，椭圆的焦距是2，（异于）是椭圆上的动点，直线与的斜率之积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）分别是椭圆的左、右焦点，是内切圆的圆心，试问平面上是否存在定点，使得为定值?若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，2.
【解析】
【分析】（1）设出点，利用斜率坐标公式列式可得，借助距离为2求解即得.
（2）设，借助三角形面积可得，利用点到直线距离探讨与的关系，结合椭圆的方程推理即得.
小问1详解】
设，则，即，
显然点，依题意，，
解得，由椭圆的焦距是2，得，则，
所以椭圆标准方程为.
【小问2详解】
设，因为，则，
由（1）知，则直线的方程为，即，
从而点到直线的距离，
即，即.
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，即，点在以为焦点，长轴长为2的椭圆上，
故存在定点，使得.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
19. 函数称为取整函数，也称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，例如：．对于任意的实数，定义数列满足．
（1）求的值；
（2）设，从全体正整数中除去所有，剩下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列．
①求的通项公式；
②证明：对任意的，都有．
【答案】（1），；
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由，，利用给定的定义即可求出.
（2）①按，分段讨论的取值，即可求出；②利用①的结论，结合单调性并借助裂项相消法求和即可推理得证.
【小问1详解】
由，得，则，
所以；
由，得，则，
所以.
【小问2详解】
①依题意，，则，
对于给定的，存在唯一确定的，使得，即，
而，则当时，，设，
此时，即；
当时，，设，
此时，即，
因此，
恰好跳过，即所有正整数中恰好少了，
因为，所以.
②由，得，则为递增数列，，
当时，，
则
，
所以对任意的，都有.