[数学]河南省濮阳市2024届高三下学期模拟试题(四)(解析版)(1)

这是一份[数学]河南省濮阳市2024届高三下学期模拟试题(四)(解析版)(1)，共18页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 用按比例分配的分层随机抽样方法，从某学校的600名男生和800名女生中选取14人参与某项研学活动，则女生比男生多选取（ ）
A. 8 人B. 6人C. 4人D. 2人
【答案】D
【解析】依题意可知，分层抽样比为，
因此可得选取的男生为6人，女生为8人，
所以女生比男生多选取2人.
故选：D.
2. 已知，，，，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得：，
若，则，
可得，则，且，所以.故选：C.
3. PA，PB，PC是从点P引出的三条射线，每两条的夹角均为60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，把PA,PB,PC放在正方体中，PA,PB,PC的夹角均为．
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，
则，
所以，
设平面的法向量，则，
令，则，所以n=(1,1,-1)，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以．
故选：C．
4. 已知函数，满足，则实数的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】，
即，则.
故选：.
5. 在平面直角坐标系中，点F的坐标为，以线段FP为直径的圆与圆相切，则动点P的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知：圆的圆心为O0,0，半径，
设，以线段FP为直径的圆的圆心为M，半径为，
若圆与圆外切，则，，
可得；
若圆与圆内切，则，，
可得；
综上所述：，
可知动点P的轨迹是以为焦点的双曲线，且，则，
所以动点P的轨迹方程为.故选：B.
6. 已知是递增的等比数列 ，且，等差数列满足，，．设m为正整数，且对任意的，，则m的最小值为（ ）
A. 8B. 7C. 5D. 4
【答案】D
【解析】设等比数列an的公比为，
由得，①
因为bn是等差数列，所以，
即，可得，②
由①②解得，或，
因为an是递增的等比数列，所以，即，
设数列bn的公差为，
由，，
得，，解得，，
所以，
设，
则，
两式相减可得
，
所以，
因为，所以，
若，则，
可得，
所以最小值为4.
故选：D.
7. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，即，
因为，所以，即恒成立，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，所以，
若时，不等式恒成立，则恒成立，
若时，，恒成立，则也成立，
所以当时，恒成立，所以得，即，
设
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，即正实数的最小值为.
故选：C.
8. 已知函数在区间上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：
①在区间0,π上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；
③的取值范围是；④在区间上单调递增.
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由函数，
令，可得，，
因为在区间上有且仅有4个极值点，
即可得有且仅有4个整数符合题意，
解得，即，可得，
即，解得，即③正确；
对于①，当时，，即可得，
显然当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；即①错误；
对于②，的最小正周期为，易知，
所以的最小正周期可能是，即②正确；
对于④，当时，；
由可知，
由三角函数图象性质可知在区间上单调递增，即④正确；
即可得②③④正确.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A. 若方程有一根为0，则且
B. 方程可能有两个实数根
C. 时，方程可能有纯虚数根
D. 若方程存在实数根，则或
【答案】ACD
【解析】A选项：若方程有一根为0，则代入方程有，则有，，即且，故A正确；
B选项：方程可变形为：，
即，则，只有一解，故B错误；
C选项：当且时，方程为，是该方程的一个纯虚根，故C正确；
D选项：若方程存在实数根，则，代入方程可得：，即，
即，
解得：或，即或，故D正确，
故选：ACD.
10. 已知为双曲线上一点，为其左右焦点，则（ ）
A. 若，则的面积为
B. 若，则的周长为
C. 双曲线上存在一点，使得成等差数列
D. 有最大值
【答案】BD
【解析】由题意得，，，不妨设且在双曲线的右支，如图.
对A、B：由双曲线定义可得，设，在中由余弦定理得：，
当时，可得，解得，故A错误；
当时，，解得，
所以的周长为，故B正确；
对于C：假设存在点，不妨设在双曲线的右支，则，
所以公差，且，
当三点不共线时，设则，
即，
又因为，所以，
又因为三点不共线，
所以，故此种情况不符合；
当三点共线时，则，故此种情况不符合；
综上所述，则假设不成立，故不存在点，故C错误.
对D：，
令，则，因为，所以，
所以，所以的最大值为，故D正确.
故选：BD.
11. 函数，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数有且仅有一个零点
B. 设方程的所有根的乘积为，则
C. 当时，设方程的所有根的乘积为，则
D. 当时，设方程的最大根为xM，方程的最小根为，则
【答案】BCD
【解析】A选项，令，则，
其中恒过定点，
当时，，
画出，的图象，如下：
可以看出两函数无交点，没有零点，A错误；
B选项，画出，的图象，
可以看出两函数有2个交点，设交点横坐标分别为，，
其中，，
由图象可得，且，
故，即，
故，则，B正确；
C选项，当时，，方程，即，
时，，时，，
故，C正确；
D选项，当时，，画出的图象，
可以看出，
再画出的图象，
的最小根为，则，
由于与互为反函数，关于对称，
而也关于对称，
故与相加得，
，解得，D正确.
故选：BCD.
三、本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 对一个四棱锥各个顶点着色，现有5种不同颜色供选择，要求同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有______种（用数字作答）．
【答案】420
【解析】根据题意可知，需分五步进行着色，
在四棱锥中，如下图所示：

按照的顺序进行着色，则点有5种颜色可选，点有4种颜色可选；
点有3种颜色可选，
若点颜色与点相同，则点有3种颜色可选；
若点颜色与点不同，则点有2种颜色可选，此时点有2种颜色可选；
所以共有种.
13. 设实数x，y，z满足，则的最大值是______．
【答案】
【解析】实数x，y，z满足，则，
于
，
当且仅当且时取等号，所以当时，.
14. 过焦点为F的抛物线上一点A作其准线的垂线，垂足为B，直线BF与抛物线相交于C、D两点，当时，三角形ABF的面积为___________．
【答案】
【解析】过点做垂直准线于点，过点做垂直准线于点，
设准线与轴交于点，做出图象如图所示，
由抛物线的定义可得，，，
因为，则点为中点，为的中位线，
即，所以，由可得，
，且抛物线，则，
则，则点的横坐标为，将代入抛物线方程，
可得，即，又F1,0，则直线斜率为，
由点斜式可得直线方程为，联立，
解得，即，则点的纵坐标为，
代入抛物线方程可得其横坐标为，则，
所以.
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. 某老师在课余时间为缓解同学们的学习疲劳，组织了两组摸球游戏，事先准备好两个袋子，红、白、黑三种颜色但质地均匀且大小相同的球若干个.
（1）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个，每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求第2次摸到红球的概率；
（2）另一个袋子中装有5个大小相同的球，其中红球2个，白球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出后把球放回，并再装入与摸出球同色的球3个，共摸2次．求摸出的两个球都是红球的概率．
解：（1）记事件“第i次摸到红球”为，
则第2次摸到红球事件为，于是由全概率公式，
得．
（2）记事件“第i次摸到红球”为，
则，，
因此.
16. 已知实数，函数．
（1）若存在零点，求实数a的取值范围；
（2）当函数和有相同的最小值时，求a．
解：（1）因为，所以．
由，得，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
所以，且，，
若存在零点，则只需要即可，所以，
故实数的取值范围是．
（2）由（1）知，，且．
函数的定义域为0,+∞，，
当时，，故在上为减函数;
当时，，故在上为增函数，
故．
因为和有相同的最小值，
所以，整理得到，其中，
设，，则
故为上的减函数，而，故的唯一解为，
故的解为．
综上，．
17. 如图，在四棱锥中，，且，，，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
（1）证明： 取中点，连，
由为的中点，则，又，
则，又，
所以四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
则平面.
（2）解：取中点，连，
由且，则四边形是平行四边形，
故，又，则，
所以，由，则，
在中，，
由余弦定理得，
则，而，所以，
则，即，又，所以平面，
在平面内作.
以为轴正向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
假设存在点满足题意，设，
则可得，
设平面的法向量，
则，
令，则；
设平面的法向量，
则，令，则；
所以，
解得，
所以假设成立，即存在，且时，使得平面与平面的夹角的余弦值为.

18. 已知椭圆，点P是椭圆C上的顶点，点A，B是椭圆C上的另外两个点．
（1）若点，分别是椭圆C的左、右焦点，，，，焦点在AB上，求椭圆C的离心率；
（2）若，，其中，若，证明：满足条件的有且只有一个充要条件是椭圆C的离心率的取值范围为．
（1）解：在中，因为，，，所以由余弦定理，得．由椭圆的定义知解得．
于是，由椭圆的定义知．
在中，由余弦定理，可知
，
所以．所以椭圆的离心率．
（2）证明：（ⅰ）若，则易知直线PA和PB的斜率均存在，不妨设直线PA的倾斜角为，直线PB的倾斜角为，且，则．
因为直线PA过椭圆的上顶点，所以可设直线PA的方程为，
设，由，得
则．
又，所以，其中．
同理，．
因为，所以，
整理，得，
所以，或．
又，，所以由，得，
由，得．
于是，有且只有一个的充要条件是关于的
方程要么只有一个解，要么无解．
若方程只有一个解，
则，即．设椭圆的离心率为，
得若方程无解，
则，或（舍去），整理，得．
（ⅱ）若，则在直线PA和PB中，有一条的斜率可以不存在，
不妨设直线PA的斜率不存在，则．
易知，或，
整理后，均有．因为，所以，
整理，得．所以或1（舍去）．又，
所以无解，即满足条件的不存在．
若直线PA和PB的斜率均存在，证明方法同（ⅰ）．
综上所述，满足条件的有且只有一个的充要条件是椭圆C的离心率的取值范围为，
19. 已知数列的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．
（1）若数列，且，，求数列和集合T；
（2）若是递增的等差数列，求证：；
（3）请你判断否存在最大值，并说明理由
（1）解：由，且，得，均不相等，
则都是集合T中的元素，而，
于是，解得，
所以数列．
（2）证明：因为为递增的等差数列，设的公差为，
当时，，则，
所以．
（3）解：存在最大值，理由如下:
依题意，集合中的元素个数最多为个，即，
取，此时，
若存在，则，其中，
故，若，不妨设，
则，而，
故为偶数，为奇数，矛盾，
即有，，因此由得到的彼此相异，
于是，即的最大值为，所以必有最大值.