河南省济洛平许2024届高三第三次质量检测数学试题及答案

这是一份河南省济洛平许2024届高三第三次质量检测数学试题及答案，共23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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知中心在坐标原点，焦点在轴上的双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知正项等比数列的前n项和为，若，且与的等差中项为，则（ ）
A．29B．31C．33D．36
4．有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有（ ）
A．180种B．150种C．90种D．60种
5．函数的部分图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y车轴的交点为N，最高点，且满足．则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．若，则的最小值是1
D．把的图象向左平移1个单位长度，得到的图象
6．过抛物线的焦点F作斜率为k的直线与抛物线交于A，B两点，点M的坐标为，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．我们称为“二阶行列式”，规定其运算为．已知函数的定义域为，且，若对定义域内的任意都有，则（ ）
A．B．是偶函数C．是周期函数D．没有极值点
8．直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．数据36，28，22，24，22，78，32，26，20，22的第80百分位数为34
B．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
C．已知随机变量，若，则
D．随机变量，若，则
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在定义域上是增函数
B．的值域为
C．
D．若，，，则
11．已知正方体的棱长为2，，，，.点P是棱上的一个动点，则（ ）
A．当且仅当时，平面DMN
B．当，时，平面
C．当时，的最小值为
D．当时，过B，M，N三点的截面是五边形
三、填空题
12．已知（i为虚数单位），z为实系数方程的一个根，则 ．
13．若，则不等式的解集是 ．
14．已知四棱锥的高为，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为 ；三棱锥的外接球的表面积的最小值为 ．
四、解答题
15．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且．
(1)求证：；
(2)若的平分线交AC于D，且，求线段BD的长度的取值范围．
16．某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%．学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的，，．若主持人随机从场下学生中选一人参与互动．
(1)求选到的学生是艺术生的概率；
(2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大．
17．在三棱锥中，，，，，．

(1)如图1，G为△PBC的重心，若平面PAB，求的值；
(2)如图2，当，且二面角的余弦值为时，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
18．已知是椭圆C：上的动点，过原点O向圆M：引两条切线，分别与椭圆C交于P，Q两点（如图所示），记直线OP，OQ的斜率依次为，，且．
(1)求圆M的半径r；
(2)求证：为定值；
(3)求四边形OPMQ的面积的最大值．
19．已知函数，e为自然对数的底数．
(1)若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程；
(2)判断不等式的整数解的个数；
(3)当时，，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】
分别求解绝对值不等式和对数型不等式得到集合，再求并集即得.
【详解】由得：，即；
由可得：，解得：，即；
则.
故选：D.
2．A
【分析】根据离心率求出的值，再根据渐近线方程求解即可.
【详解】因为双曲线焦点在轴上，所以渐近线方程为：，
又因为双曲线离心率为，且，
所以，
解得，即渐近线方程为：.
故选：A.
3．B
【分析】
设公比为，将两个条件中的量分别用表示，解方程组即得的值，代入等比数列的前n项和公式计算即得.
【详解】不妨设等比数列的公比为，由可得：，因，则①
又由与的等差中项为可得：，即②
将①代入②，可得：，回代入①，解得：，于是
故选：B.
4．C
【分析】
根据题意，结合排列组合的知识，先分组再分配，即可得到结果.
【详解】由题意得，先将5名志愿者分成3组，只有一种情况，
即种分组方法，
再将3组志愿者分配给3为位老人，则共有种安排方法.
故选：C
5．C
【分析】
根据给定条件，结合图象求出的解析式，再借助正弦函数的图象性质逐项判断得解.
【详解】函数的周期，即，解得，
由，得，而，则，，
则点，由，得，即，
解得，因此，
对于A，由，得函数的图象关于对称，则，
由图象知，函数在上单调递减，则，因此，A错误；
对于B，由于函数的图象关于对称，且在上单调递减，则在上单调递增，B错误；
对于C，由，得，则，
，两式相减得，
即，所以，C正确；
对于D，把图象向左平移1个单位长度，得，D错误.
故选：C
6．B
【分析】
设出直线方程，联立直线和抛物线方程消元后利用韦达定理得到坐标之间的关系式，结合条件，解出即可.
【详解】由题知抛物线的焦点,
则直线方程为，
联立，消去得，
设，则，，
则，
又因为，
所以
，
所以，
解得，
故选：B.
7．D
【分析】
经行列式运算后，得到关系式，将替换为代入，进而得到函数的解析式，逐项判断即可.
【详解】由于，则，
即为：（*），
将替换为代入（*）式，得，且，
得：，
对于A，取，显然满足（*）式，此时，故A错误；
对于B，定义域为，
则成立，
所以是奇函数，故B错误；
对于C，假设非零常数为函数的周期，即，
则，其中，
即得，，这与假设为非零常数矛盾，
所以不是周期函数，故C错误；
对于D，由于，则，显然没有实数解，
所以没有极值点，故D正确；
故选：D.
8．B
【分析】根据条件可知点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作,则为的中点，求得最小值即可.
【详解】因为直线：，：，
则，
又的方程可化为，所以过定点，
的方程可化为，所以过定点，
所以点的轨迹是以为直径的圆，
其方程为，
其圆心,半径，
作,则为的中点，
根据勾股定理易求得,
如图所示，当在同一条直线上时最小，

又,
，
故的最小值为，
故选：B.
9．AD
【分析】
由百分数的计算公式即可判断A，由古典概型的概率计算公式即可判断B，由二项分布的方差计算公式以及方差的性质即可判断C，由正态曲线的性质即可判断D
【详解】对于A，将数据按照从小到大的顺序排列为，
且，所以第80百分位数为，故A正确；
对于B，用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，故B错误；
对于C，因为随机变量，则，
又，则，故C错误；
对于D，因为随机变量，所以正态曲线的对称轴为，
又，则，
所以，故D正确；
故选：AD
10．BD
【分析】
确定函数定义域，结合导数判断其单调性，可判断A；作出函数图象，数形结合，判断B；结合函数解析式可得，即可判断C；将化简变形得到，结合函数单调性推出，即可判断D.
【详解】
对于A，函数的定义域为，
，则在上均单调递增，
由于函数图象在处不连续，故不能说在定义域上是增函数，A错误；
对于B，结合函数的单调性，作出函数的大致图象，
结合图象可知的值域为，B正确；
对于C，由于，故，
故，
故，C错误；
对于D，由题意知，
又，即
而，，故，结合在上单调递增，
可得，D正确，
故选：BD
11．ABC
【分析】建立空间直角坐标系利用坐标法可判断AB；转化为平面中距离最短问题判断C；利用平面性质作出截面判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，
因为，，，，所以，
对于A，，，
若平面DMN，则，
所以恒成立，
，解得，
故当且仅当时，平面DMN，正确；
对于B，当，时，，，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，所以为平面的一个法向量，
因为，所以，
又平面，所以平面，正确；
对于C，将平面和平面展开成一个平面，连接，如图，

由三点共线时距离之和最小，即，显然当时，
最小为的高h，对于，利用面积相等得
，即，解得，所以，正确；
对于D，当时，M，N分别为，的中点，连接，如下图所示，
过点B作AC的平行线交延长线于点，交于点，连接并延长，交于点，
交于，连接并延长，交于点，根据对称性在直线上，连接，
因为M为中点，N为中点，所以，又因为，所以，
所以共面，此时，
四边形为截面，所以截面为四边形，错误.

故选：ABC
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
12．
【分析】
由复数的除法求出，利用韦达定理求出的值即可.
【详解】已知，则，，
z为实系数方程的一个根，则，，
所以.
故答案为：
13．
【分析】
根据奇偶性的定义和导数分析可知在内单调递增，且为奇函数，进而可得，利用辅助角公式结合正弦函数运算求解.
【详解】取的定义域为，关于原点对称，
且，
所以为定义在上的奇函数，
因为，
若，则，
可得，可知在内单调递增，
对于不等式，则，
且，可得，
整理得，
令，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
14．
【分析】
第一空，利用切割法，结合棱体的体积公式即可得解；第二空，先分析出三棱锥的外接球的表面积取得最小值时的情况，再求得此时的半径，从而得解.
【详解】如图，设，连接，
，
易知分别为中点，，
所以，
，
四边形是菱形，，
为全等的正三角形，
，
；
因为是边长为的正三角形，记其中心为，
则的外接圆的半径为，
设三棱锥的外接球的半径为，球心为，则底面
过作底面交于，则，
结合图象可知，其中，，
因为到平面的距离为2，即，所以，
易知关于的函数在上单调递增，
所以当且仅当时，取得最小值，
此时，三点共线，由，解得，
所以棱锥的外接球的表面积的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据正余弦定理边角互化可得，即可利用三函数的性质求解，
（2）根据正弦定理以及角的范围即可利用三角函数的范围求解.
【详解】（1）
证明：由余弦定理可得，
故，由正弦定理得．
所以在中，或．
若，又，故，因为，所以，故不满足题意，舍去，
所以．
（2）
在中，
由正弦定理可得，即
所以
因为是锐角三角形，且，
所得，
所以．
所以线段BD长度的取值范围是．

16．(1)
(2)来自丙班的可能性最大
【分析】
（1）依据题意根据全概率公式计算即可；
（2）根据条件概率公式分别计算，即可判断.
【详解】（1）设“任选一名学生恰好是艺术生”，
“所选学生来自甲班”，“所选学生来自乙班”,
“所选学生来自丙班”．由题可知：
，，，
，，

.
（2）；


所以其来自丙班的可能性最高．
17．(1)
(2)
【分析】
（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，根据线面平行的性质定理可知，继而利于重心的性质即可求解；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，利于线面角的坐标表示进行计算即可.
【详解】（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，
所以平面平面．
因为平面PAB，平面ACE，
所以．
又因为G为△PBC的重心，
所以．所以．
所以，即．

（2）设O为BC的中点，连接AO．
因为，，
所以，；又，
平面,
所以平面PAO,又平面,
所以平面平面ABC，
过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ，
如图所示，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，

所以，，，
因为，所以．
因为是二面角的平面角，
二面角的余弦值为，，
所以．
所以，
，．
不妨设平面PBC的法向量，
所以
所以
可取
设直线PD与平面PBC所成的角为，
所以.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】
（1）设出OP，OQ的方程，由圆心到切线的距离等于半径得到一元二次方程，由韦达定理和解方程求得半径；
（2）由直线的方程与椭圆方程联立求得点坐标，即得,同理得，计算的表达式，消去化简即得；
（3）将四边形OPMQ的面积拆解成两三角形面积之和，得到，利用（2）的结论和基本不等式即得面积最大值.
【详解】（1）
如图，由题意，切线OP，OQ的方程分别为，，则有，，
故，是方程，即方程的两根．
若，则圆M与y轴相切，直线OQ的斜率不存在，矛盾；
于是，化简得，解得．
（2）
设，，依题意，，代入 可得 ，解得 ，
于是；同理 .
所以
，
即 为定值7.
（3）

，当且仅当时等号成立．
综上所述，四边形OPMQ面积的最大值为．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于要有同构意识，即要把由圆外一点向圆引出的两条切线的斜率看成方程的两根，于是可以迅速得到，利用条件求得半径；另外在求解四边形面积时，要充分运用图形特点，将其转化为两个直角三角形面积的和，利用（2）的结论和基本不等式求得.
19．(1)
(2)3
(3)
【分析】
（1）根据导数的几何意义可求得直线的斜率，继而可解；
（2）利用导数考查函数的单调性，确定零点所在区间即可求解；
（3）变形不等式，参变分离后，利用换元法变形不等式，利用导数考查函数的单调性即可求解.
【详解】（1），
所以又
所以该曲线在点P处的切线方程为:
，
即
（2）的定义域为，，
当时，，单调递增；
当，，单调递减．
又，，
，，
所以，不等式的整数解的个数为3．
（3）不等式
可整理为，
令，，
所以当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以，又，
所以令，则
令，
则
令，
则
令，，
则，，
所以单调递减，，
所以，单调递减，，
所以，
所以，
所以单调递减，
所以.
【点睛】
方法点睛：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．