2024届河南省郑州外国语学校高三上学期第三次调研考试数学试题含解析

这是一份2024届河南省郑州外国语学校高三上学期第三次调研考试数学试题含解析，共19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．设集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先化简得出集合，再利用集合的并集运算即可得解.
【详解】由可得，则，
，
所以.
故选：A.
2．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】利用复数的运算化简复数z，再由复数的坐标表示即可得解.
【详解】由题意，，
所以复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
3．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的图象在处的切线斜率大于
C．在上单调递增D．的最大值为
【答案】D
【分析】求导可判断A，根据导数的几何意义可判断B，根据导数的正负与函数单调性的关系可判断C，利用函数的单调性可判断D.
【详解】对于A，求导得，故A错误；
对于B，的图象在处的切线斜率，故B错误；
对于C，当时，，故在上单调递增，故C错误；
对于D，可知在上单调递增，在上单调递减，故在处取得最大值为，故D正确；
故选：D
4．过点与圆相切的两条直线垂直，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】D
【分析】由题意，点到圆心的距离是半径的倍，列方程求解即可.
【详解】圆化为标准方程为，
圆心坐标为，半径，
过点与圆相切的两条直线垂直，则点到圆心的距离为，
即，解得.
故选：D.
5．设双曲线，的离心率分别为，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】分别求得双曲线的离心率，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由双曲线，可得其离心率为，
又由双曲线，可得其离心率为，
因为，可得，解得.
故选：A.
6．位于成都市龙泉驿区的东安湖体育公园是第31届世界大学生夏季运动会的核心场馆，它包含一座综合运动场、一座多功能体育馆、一座游泳跳水馆和一座综合小球馆．现安排包含甲、乙在内的6名同学到这4个场馆做志愿者，每人去1个场馆，每个场馆至少安排1个人，则甲、乙两人安排在相同场馆的方法种数为（ ）

A．96B．144C．240D．360
【答案】C
【分析】根据分组方法，结合组合数、排列数等知识求得正确答案.
【详解】先将6名同学分成4组：一种方式是甲、乙组成一组，再从另外4人任选2人组成一组，其余的一人一组，
另一种方式是甲、乙与另外4人中的1人组成一组，其余的一人一组．再把4组人分到4个场馆，
所以安排方法种数为．
故选：C
7．等比数列中，，数列，的前n项和为，则满足的n的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】根据等比数列通项公式得到，之后代入题中式子求得，利用裂项相消法求和，之后求得所满足的条件，最后确定出的最小值.
【详解】由题意得，所以，
所以，
令，整理得，解得，
故选：A.
8．若，为锐角，且，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用两角和的正切公式进行转化，结合基本不等式求得，从而求得的最小值.
【详解】因为，
所以
，
所以，
即，得，
由于，为锐角，所以，所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为．
故选：A
二、多选题
9．若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据的平均数为5，下列说错误的是（ ）
A．的值不确定
B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍
C．两组样本数据的极差可能相等
D．两组样本数据的中位数可能相等
【答案】ABC
【分析】由甲组平均数为，则乙组平均数为，解得值，又乙组方差为甲组方差的倍，可判断选项AB，再利用极差与中位数定义判断CD项.
【详解】对选项A，由题意可知，，故A错误；
对选项B，易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的倍，故B错误；
对选项C，不妨设，
则甲组数据的极差为，
乙组数据的极差为，
又已知甲组数据各不相同，
所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；
对选项D，设甲组样本数据的中位数为，
则乙组样本数据的中位数为，
当时，，
所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确.
故选：ABC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则函数的定义域为
B．的最大值为
C．的图象关于成中心对称
D．的递减区间是
【答案】AC
【分析】对于A，由求解判断，对于B，利用换元法根据指数函数的单调性分析判断，对于C，对函数变形后，利用反比例函数的对称性和函数图象变换规律分析判断，对于D，利用换元法分析判断
【详解】对于A，由题意得，得，所以函数的定义域为，所以A正确，
对于B，令，则，因为，且在定义域内递减，
所以，所以的最小值为，所以B错误，
对于C，因为，所以是由反比例函数向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，
因为的对称中心为，所以的对称中心为，所以C正确，
对于D，由，得或，所以函数的定义域为，令，则，
因为在上递减，在上递增，且在上递增，
所以在上递减，在上递增，所以D错误，
故选：AC
11．已知函数的定义域为，且，函数的图像关于点对称，，则（ ）
A．是偶函数B．的图像关于直线对称
C．D．
【答案】BCD
【分析】先根据的图像关于点对称，得出是奇函数，从而判断A项；
由利用赋值法求出，再结合是奇函数可判断B项；
利用结合可判断C项；
求出的周期可判断D项.
【详解】因为函数的图像关于点对称，所以的图像关于原点对称，即是奇函数，故A错误；
因为，所以令得，
又因为是奇函数，所以，
所以，即，所以的图像关于直线对称，故B正确；
因为，，是奇函数，
所以，故C正确；
因为，所以的周期为8，
又，，
所以，故D正确；
故选：BCD.
12．如图，圆锥底面的直径为3，，E为PB的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．圆锥的体积为
B．圆锥内切球的半径为
C．过P截圆锥所得截面面积最大为
D．A点沿圆锥表面到E的最短路经长为
【答案】BCD
【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，圆锥的高，求解圆锥的体积判断A,由内接球的性质，结合几何关系即可求解即可判断B；由可判断过点作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解判断C；由侧面展开图，结合余弦定理求解判断D．
【详解】因为，由解得，
即圆锥母线长为 ，则高，故圆锥的体积为 ,故A错误,
设内切球的半径为，垂直于交于点，如图，

则对，由于,所以,所以， 故B正确，
过点作平面截圆锥的截面面积的最大时，由于为等腰三角形，如图，

因为，故恰好时取到最大值，此时，故C正确；
沿母线，剪开，并将圆锥的半侧面展开如图，

易知，又弧长为，，
所求最近路线长，D正确．
故选：ACD．
三、填空题
13．已知向量，满足，，，则，的夹角的大小为 .
【答案】
【分析】根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为，，可得，所以，
因为，所以.
故答案为：.
14．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高为．设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则的值是 .

【答案】2
【分析】根据给定条件，利用圆柱、球的体积公式计算作答.
【详解】依题意，，，
所以.
故答案为：2
15．已知函数相邻两条对称轴距离为3，且，函数，则方程的所有实根之和为 .
【答案】16
【分析】先根据题意求，分析可知方程的实根为与的交点的横坐标，根据图象结合函数的对称性运算求解.
【详解】设的最小正周期为，
由题意可知： ，可得，且，解得，
又因为，
且，则，可得，解得，
所以，
又因为，所以关于点对称，
且函数关于点对称，
由题意可知：方程的实根为与的交点的横坐标，
在同一坐标系内作出两个函数图象，如图所示，

由图象可知：函数与有8个交点，
结合对称性可知：方程的所有实根之和为.
故答案为：16.
16．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若，则 ．
【答案】8
【分析】先设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，再由正弦定理得到，得到，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，.
【详解】由题意得，，当直线的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
故设直线的方程为，不妨设，
联立，可得，易得，
设，则，
则，
则，
，
由正弦定理得，，
因为，，
所以，，即，
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，
则，解得，
故，
当时，同理可得到.

故答案为：8
【点睛】方法点睛：解三角形中，当条件中有角平分线时，可利用正弦定理得到角平分线的性质，将角的关系转化为边的比例关系，再进行求解.
四、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，，若.
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及两角差的正弦公式得出结果；
（2）由三角形面积公式及余弦定理得出结果；
【详解】（1）由及正弦定理得：
因为，
所以.
由于，∴
所以.
又，故，即.
（2）由题得的面积，故①
由余弦定理得：，
又，故②，
由①②得：，
所以的周长为.
18．记为数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)设，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，求；当时，，由此即可求解.
（2）等差数列与等比数列之积，用错位相减法即可求解.
【详解】（1）当时，；
当时，；
经检验：满足上式，
所以的通项公式是.
（2）由（1）得，，
，
所以.
即，即.
19．某研究小组为研究经常锻炼与成绩好差的关系，从全市若干所学校中随机抽取100名学生进行调查，其中有体育锻炼习惯的有45人．经调查，得到这100名学生近期考试的分数的频率分布直方图．记分数在600分以上的为优秀，其余为合格．

(1)请完成下列列联表．根据小概率值的独立性检验，分析成绩优秀与体育锻炼有没有关系．
(2)现采取分层抽样的方法，从这100人中抽取10人，再从这10人中随机抽取5人进行进一步调查，记抽到5人中优秀的人数为X，求X的分布列．
附：，其中．
【答案】(1)列联表见解析；成绩优秀与是否经常体育锻炼有关联
(2)分布列见解析
【分析】（1）根据题意，得到列联表，求得的值，结合附表，即可得到结论；
（2）根据题意，求得抽取的10人中合格有人，优秀的为人，得到服从超几何分布，得出的可能值，求得相应的概率，列出分布列.
【详解】（1）解：根据题意，得到列联表
零假设：成绩是否优秀与是否经常体育锻炼无关，
可得．
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
所以的把握认为成绩优秀与是否经常体育锻炼有关联.
（2）解：根据频率分布直方图，可得大于600分的频率为，
小于600分的频率为，
所以由分层抽样知，抽取的10人中合格有人，优秀的为人，
则从这10人中随机抽取5人，优秀人数服从超几何分布，
由题意的可能值为0，1，2，3
可得，，，
所以随机变量分布列为
20．如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面，

(1)求证：平面.；
(2)求二面角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知条件推导出，从而得到平面，由此能够证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值.
（3）利用向量法能求出点D到平面ACE的距离.
【详解】（1）∵平面，平面，∴，
∵二面角为直二面角，且交线为,，平面，
∴平面，平面
∴平面，
∴平面.
（2）以线段AB的中点为原点O，OE, AB所在直线为x轴，y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵平面，平面，∴,
在中，，为的中点，
，
所以
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得
又平面的法向量为，
∴，
设二面角的平面角为，
则，
∴二面角的正弦值为.
（3）∵轴，，
∴，
∴点到平面的距离：

21．已知椭圆：经过点，为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点（在，之间），直线与椭圆的另一个交点为，求证：点，关于轴对称.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积公式，利用代入法进行求解即可；
（2）根据对称性与直线间斜率的关系，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）因为的面积为，则有，解得，
又因为在椭圆上，则，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）根据椭圆的对称性，欲证，关于轴对称，
只需证，即证，
设，，直线方程为，
由消去得，
所以，
则
因为
所以，即，关于轴对称.

【点睛】关键点睛：本题的关键是由，可以判断，关于轴对称.
22．已知函数，且．
(1)求实数a的取值范围；
(2)已知，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由恒成立，利用导数求最小值，利用不等式求实数a的取值范围；
（2）由恒成立，通过换元可得，构造函数证明，可证问题中的不等式.
【详解】（1）函数定义域为R，，
由解得，故在区间上单调递增，
由解得，故在区间上单调递减，
故的最小值是，解得，所以实数a的取值范围为．
（2）在（1）中，令时，，令，得，即，
令，则，
所以，，
令，则．且不恒为零．
所以，函数在上单调递增，故，则．
所以，，
所以，
.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
经常锻炼
不经常锻炼
合计
合格
25
优秀
10
合计
100
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
经常锻炼
不经常锻炼
合计
合格
25
45
70
优秀
20
10
30
合计
45
55
100
X
0
1
2
3
P