河南省部分省示范高中2023-2024学年高三下学期3月联考数学试卷.docx

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1、高三数学考试（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和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。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（ ）AB1CDi2已知全集，集合，则（ ）ABCD3已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）AB1CD24高二年级进行消防知识竞赛，统计所有参赛同学的成绩

2、，成绩都在内，估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）A65B75C85D955已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）AeB1CD6已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）ABCD7如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上异于的点满足，则椭圆的离心率为（ ）ABCD8甲、乙等6人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）A342B390C402D462二、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

3、，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已知函数，则（ ）ABC在上单调递减D的图象向左平移个单位长度后关于轴对称10在中，为的中点，点在线段上，且，将以直线为轴顺时针转一周围成一个圆锥，为底面圆上一点，满足，则（ ）AB在上的投影向量是C直线与直线所成角的余弦值为D直线与平面所成角的正弦值为11已知非常数函数的定义域为，且，则（ ）AB或C是上的增函数D是上的增函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12已知向量，若，则_13在中，内角所对的边分别为，若成等比数列，且，则_，_14已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线交双曲线的左支于点

4、，已知，则双曲线的渐近线方程为_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（13分）已知是等差数列，且成等比数列（1）求的通项公式；（2）若数列满足，且，求的前项和16（15分）如图，在直三棱柱中，已知（1）当时，证明：平面（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值17（15分）为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的

5、概率为（1）设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；（2）若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由18（17分）已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限（1）求抛物线的方程（2）证明：（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求19（17分）已知函数（1）判断的单调性；（2）当时，求函数的零点个数高三数学考试参考答案1C 【解析】本题考查复数的运算，考查数学运算的核心素养2D 【解析】本题考查集合的基本运算，考查数学运算的核心素养因为，所以，又，

6、所以3B 【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查数学运算的核心素养设坐标原点到直线的距离为，则，由，得，解得4C 【解析】本题考查统计的知识，考查数据分析与数学运算的核心素养因为，所以参赛成绩位于内的频率为，第75百分位数在内，设为，则，解得，即第75百分位数为85，所以C正确5D 【解析】本题考查导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理的核心素养因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立令，则，所以在区间上单调递减，所以，故6A 【解析】本题考查四棱锥的体积公式、内切球的表面积公式，考查直观想象、数学运算的核心素养设内切球的半径为的中点为，易知，则由等体积法可得，解得，所以7A 【解析】本题考查椭

7、圆的性质以及向量的数量积与模，考查直观想象的核心素养连接（图略），依题意可得，所以，所以，所以，所以，则的坐标为，所以，即，可得，化简得，解得，即8B 【解析】本题考查用排列组合解决实际问题，考查数学建模的核心素养和应用意识去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，则三个景区的人数有3种情况：1，1，4型，则不同种数为；1，2，3型，则不同种数为；2，2，2型，则不同种数为所以共有种9BCD 【解析】本题考查三角函数的图象与性质，考查直观想象、数学运算的核心素养因为函数的图象的一条对称轴方程为，所以因为，所以，即对于A，A错误；对于B，因为图象的一个对称中心为，所以B正确；

8、对于C，当时，所以在上单调递减，C正确；对于D，的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为，显然是偶函数，其图象关于轴对称，D正确10ABD 【解析】本题考查平面图形旋转组成几何体中的相关知识，考查直观想象、数学运算的核心素养旋转一周后所得圆锥的顶点为，底面圆心为，半径，所以所对的圆心角为，A正确易知B正确以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，所以，C错误设平面的法向量为，则令，则设直线与平面所成的角为，则，D正确11AC 【解析】本题考查抽象函数，考查数学抽象与逻辑推理的核心素养在中，令，得，即因为函数为非常数函数，所以，A正确令，则令，则，令，则，由，解得，从而，B

9、错误令，则，即，因为，所以，所以C正确，D错误12 【解析】本题考查平面向量的垂直，考查数学运算的核心素养因为，所以，解得13； 【解析】本题考查解三角形的知识，考查数学运算的核心素养因为，所以又，可得，所以因为成等比数列，所以，从而14 【解析】本题考查双曲线的性质，考查数学运算的核心素养由，可设，因为，所以，在中，由余弦定理得，化简得，所以，解得，则双曲线的渐近线方程为15解：（1）因为成等比数列，所以，解得又是等差数列，所以公差，故（2）由，得，所以当时，又，上式也成立，所以所以评分细则：【1】第一问，写出，得2分，求出，累计得4分，求出，累计得5分【2】第二问，求出，累计得7分，求出，

10、累计得11分，直到给出正确结论得13分16（1）证明：当时，连接，交于点，连接，可知是的中位线，所以又平面平面，所以平面（2）解：易知两两垂直，以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，当时，设平面的法向量为，则令，得易知为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则评分细则：【1】第一问中，判断是的中位线，得2分，证出，累计得4分，证出平面，累计得5分【2】第二问中，正确建立空间直角坐标系，累计得7分，写出相关点及向量的坐标，累计得8分，计算出所求平面的法向量，累计得13分，直至正确求出平面与平面的夹角的余弦值，累计得15分17解：设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍

11、”，则（1）依题意，随机变量的可能取值为0，1，2，随机变量的分布列为012所以（2）若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大理由如下：（1）若第一次借阅“期刊杂志”，则（2）若第一次借阅“文献书籍”，则因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大评分细则：【1】给相应事件命名，得1分，写出已知事件的概率，累计得2分【2】第一问，求出，累计得3分，求出，累计得5分，求出，累计得6分，写出随机变量的分布列，累计得7分，求出，累计得8分【3】第二问，求出，累计得10分，求出，累计得12分，求出，累计得14分，直到给出正确结论得15分18（1）解：设，易知，准线方

12、程为所以当时，取得最小值，由，解得所以抛物线的方程为（2）证明：设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，所以设直线的方程为联立消去得，所以所以同理可得，所以（3）解：因为，所以，即因为，所以，即所以由（2）知，所以，故所以，即，化简得，解得或若，则，这与矛盾所以，所以评分细则：【1】第一问，写出，得3分，求出，累计得5分，求出的方程，累计得6分【2】第二问，写出直线的方程为，累计得7分，根据韦达定理写出，累计得8分，求出，累计得9分，直到证出，累计得11分【3】第三问，写出，累计得12分，写出，累计得13分，写出，累计得14分，求出或，累计得15分，直至求出，累计得17分【4】第二问，直线

13、的方程也可以设为，参照上述步骤给分19解：（1）函数的定义域为令，则当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递减，在上单调递减（2）且的零点等价于且的零点令，易知，因为，所以存在，使得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增当时，当时，所以在，上不存在零点取，则，所以在上存在一个零点，设为又，所以，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以在上存在一个零点综上所述，当时，函数的零点个数为2评分细则：【1】第一问，写出的定义域和，各得1分，求出，累计得3分，求出，累计得5分，正确求出的单调区间，累计得7分【2】第二问，求出，累计得9分，判断出的单调性，累计得11分，证出在上不存在零点，累计得12分，证出在上存在零点，累计得14分，证出在上存在零点，累计得16分，直至求出正确答案，累计得17分【3】采用其他方法，参照本评分标准依步骤给分