河南省焦作市2023-2024学年高三第二次模拟考试数学试题含答案.docx

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1、绝密启用前焦作市普通高中20232024学年高三年级第一次模拟考试数学考生注意：1答题前，考生务必将自已的姓名考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码形贴在答题卡上的指定位置.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，一单项选择题：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.已知集合，则（ ）A.或 B.C.或 D.2.已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ）A. B.1

2、 C. D.23.已知，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4.已知的内角的对边分别是.若，则（ ）A. B. C.2 D.35.已知直四棱柱的底面为梯形，若平面，则（ ）A. B. C. D.6.如图所示，（ ）A. B. C. D.7.记椭圆与圆的公共点为，其中在的左侧，是圆上异于的点，连接交于，若，则的离心率为（ ）A. B. C. D.8.若函数在定义域上存在最小值，则当取得最小值时，（ ）A. B. C. D.二多项选择题：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

3、对的得部分分，有选错的得0分.9.在一次数学测试中，老师将班级60位同学的成绩按照从小到大的顺序进行排列后得到的原始数据为（数据互不相同），其极差为，平均数为，则下列结论中正确的是（ ）A.的平均数为B.的第25百分位数与原始数据的相同C.若的极差为，则D.的平均数大于10.已知函数为的导函数，则下列结论中正确的是（ ）A.函数的图象不可能关于轴对称B.若且在上恰有4个零点，则C.若，则的最小值为D.若，且在上的值域为，则的取值范围是11.费马原理是几何光学中的一条重要定理，由此定理可以推导出圆锥曲线的一些性质，例如，若点是双曲线（为的两个焦点）上的一点，则在点处的切线平分.已知双曲线的左右焦

4、点分别为，直线为在其上一点处的切线，则下列结论中正确的是（ ）A.的一条渐近线与直线相互垂直B.若点在直线上，且，则（为坐标原点）C.直线的方程为D.延长交于点，则的内切圆圆心在直线上三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.大约在公元222年，赵爽为周髀算经一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.如图是某同学绘制的赵爽弦图，其中四边形均为正方形，则_.13.已知数列的前项和，若是的等差中项，则_.14.已知函数的定义域为，且的图象关于点中心对称，若，则_.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.（13分）已知等比数列的首项为2，公比为整

5、数，且.（1）求的通项公式；（2）设数列的前项和为，比较与4的大小关系，并说明理由.16.（15分）如图，在四棱柱中，二面角均为直二面角.（1）求证：平面；（2）若，二面角的正弦值为，求的值.17.（15分）在某公司举办的职业技能竞赛中，只有甲乙两人晋级决赛，已知决赛第一天采用五场三胜制，即先贏三场者获胜，当天的比赛结束，决赛第二天的赛制与第一天相同.在两天的比赛中，若某位选手连胜两天，则他获得最终冠军，决赛结束，若两位选手各胜一天，则需进行第三天的比赛，第三天的比赛为三场两胜制，即先赢两场者获胜，并获得最终冠军，决赛结束.每天每场的比赛只有甲胜与乙胜两种结果，每场比赛的结果相互独立，且每场比

6、赛甲获胜的概率均为.（1）若，求第一天比赛的总场数为4的概率；（2）若，求决出最终冠军时比赛的总场数至多为8的概率.18.（17分）已知抛物线的焦点为，在轴上的截距为正数的直线与交于两点，直线与的另一个交点为.（1）若，求；（2）过点作的切线，若，则当的面积取得最小值时，求直线的斜率.19.（17分）已知函数.（1）若，讨论的零点个数；（2）若是函数为的导函数的两个不同的零点，且，求证：.焦作市普通高中20232024学年高三第二次模拟考试数学答案一单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分1.答案C命题意图本题考查一元二次不等式的解法及集合的运算.解析由题可知或，故或.2.答案A命题意图

7、本题考查复数的几何意义及运算.解析由题可知，故.3.答案B命题意图本题考查二项式定理充要条件的判定.解析依题意，解得，故“”是“”的必要不充分条件.4.答案D命题意图本题考查正弦定理.解析由题可知，由正弦定理可得（为的外接圆半径），所以.5.答案C命题意图本题考查空间线面的位置关系面面平行的判定定理.解析如图，因为四棱柱为直四棱柱，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以，故易知，故，则，解得，则.6.答案C命题意图本题考查三角函数的定义三角恒等变换.解析由题图可知，故，故.7.答案D命题意图本题考查椭圆的方程与性质.解析易知分别为椭圆的左右顶点，结合椭圆的定义可知，即，而，故，故的离心率.8

8、.答案A命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.解析当时，无最小值.当时，若，则，所以无最小值.当时，易知只有一个零点，则，且，故当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，则，而，则.令，则，当时，当时，故，此时.二多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.答案AC命题意图本题考查样本的数字特征.解析的平均数为，故A正确；的第25百分位数比原始数据的第25百分位数大2，故B错误；因为，所以，故C正确；的平均数为，故D错误.10.答案BC命题意图本题考查三角函数的图象与性质.解析对于，可知当时，为偶函数，其图象关于轴对称，故A

9、错误；对于，因为，所以，则，解得，因为，故，故B正确；对于C，由题可知的图象关于点对称，将代入中，可得，解得，又，所以的最小值为，故C正确；对于，由题可知，因为，所以，所以，解得，故D错误.11.答案ABD命题意图本题考查双曲线的方程与性质.解析的渐近线方程为，其中直线与直线相互垂直，故A正确；延长交直线于点，则，故B正确；由于点在上，故所求切线方程为，即，故C错误；由题可知直线的方程为，直线的方程为，联立方程组得，则直线的方程为，将代入中，得，可以验证，点到直线的距离均为，故D正确.三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.答案16命题意图本题考查平面向量的数量积.解析以为坐标原点

10、，建立如图所示的平面直角坐标系，则，所以，故.13.答案3命题意图本题考查数列的前项和与数列的通项等差中项.解析当时，当时，故，则.由，可得，解得.14.答案-9700命题意图本题考查函数的图象与性质.解析因为的图象关于点中心对称，故的图象关于点中心对称.因为，所以.令函数，则，即的图象关于直线对称.而，故的图象关于点中心对称，则4为的一个周期，为偶函数.因为，所以，故.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.命题意图本题考查等比数列的通项公式错位相减法.解析（1）因为，所以，即，也即.因为，所以.故.（2）结论：.理由如下：由（1）可知，.因为，所以令，

11、则，-，得，则.故，故.16.命题意图本题考查空间线面的位置关系向量法求空间角.解析（1）在平面内取一点，过点作直线.因为二面角为直二面角，故平面平面，又平面平面平面，所以平面.因为平面，所以.同理，过点作直线，因为二面角为直二面角，故平面平面，又平面平面平面，所以平面，因为平面，所以.因为不平行，所以不重合，又平面，故平面.（2）由题可知，可以为原点，直线分别为轴轴轴建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以.设平面的法向量为，则即可取.设平面的法向量为，则即可取.由题可知，即，解得，故.17.命题意图本题考查二项分布及相互独立事件的概率.解析（1）第一天比赛的总场数为4分两种情况：第四场甲

12、胜，前三场甲胜两场；第四场乙胜，前三场乙胜两场.故所求概率.（2）设决出最终冠军时比赛的总场数为，则.因为，所以.18.命题意图本题考查抛物线的方程直线与抛物线的综合性问题.解析设.（1）由题可知，则，故直线的方程为.由得，由，可得，则，故.（2）由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为.由可得故.由题可知直线的方程为，与的方程联立，可得，则.因为，故直线，将直线与的方程联立，可得，则，故，则.所以，直线的方程为，点到直线的距离为，则，当且仅当时等号成立，故当的面积取得最小值时，直线的斜率为.19.命题意图本题考查利用导数研究函数的性质.解析（1）易知的定义域为.令，可得.令函数，则，令，解得.当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减.而，故当或时，直线与的图象无交点，即无零点，当或时，直线与的图象有1个交点，即有1个零点，当时，直线与的图象有2个交点，即有2个零点.（2）由题可知，则是方程的两个不同的正实根，故解得.所以.要证，因为在上满足，所以在上单调递减，所以，所以即证，即证.，设，则，则当时，所以在上单调递增，所以，故原不等式得证.