河南省郑州市宇华实验学校2024届高三下学期第三次模拟考试 数学 Word版含解析.docx

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1、2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试数 学注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。3考试结束后，请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.已知实数，且，则取得最大值时，的值为（）A.B.C.D.或2.已知，则（）A.B.C.D.3.法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现了棣莫弗定理：设两个复数

2、，则.设，则的虚部为（）A.B.C.1D.04.已知满足，且，则（）A.B.C.D.5.在平面直角坐标系中，集合，集合，已知点，点，记表示线段长度的最小值，则的最大值为（）A.2B.C.1D.6.算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明.在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具，下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位、十位、百位、千位，上面的一粒珠子（简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如如图二，个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位、十位、

3、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的六位数至多含4个5的情况有（）A.57种B.58种C.59种D.60种7.已知等差数列的前项和为，则满足的值为（）A.14B.15C.16D.178.已知 fx 为定义在 ,00,+ 上的偶函数，已知 f1=0，当x0 时，有 2fxxfx0 ，则使 fx0 成立的x的取值范围为（）A. ,10,1 B. 1,01,+ C. ,11,+ D. 1,00,1 二、多项选择题：本题共小题，每小题分，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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项

4、，每选对1个得2分.9.已知，则（）A.的图象关于点对称B.的值域为C.在区间上有33个零点D.若方程在（）有4个不同的解（，2，3，4），其中（，2，3），则的取值范围是10.已知正方体的棱长为是中点，是的中点，点满足，平面截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为，则下列判断正确的是（）A.时，截面面积为B.时，C.随着的增大先减小后增大D.的最大值为11.已知双曲线上一点A到其两条渐近线的距离之积为，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12.曲线在点处的切线方程为 .13.已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3

5、个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中.按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是 .14.一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为 .四、解答题：本大题共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)已知等比数列的公比，且.(1)求的前n项和；(2)若等差数列的前2项分别为，求的前n项和.16.(15分)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点.(1)求证：

6、平面；(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值.17.(15分)某地区工会利用“健步行APP”开展健步走活动.为了解会员的健步走情况，工会在某天从系统中抽取了100名会员，统计了当天他们的步数（千步为单位），并将样本数据分为，九组，整理得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，估计样本数据的70%分位数；(2)据统计，在样本数据，的会员中体检为“健康”的比例分别为，以频率作为概率，估计在该地区工会会员中任取一人，体检为“健康”的概率.18.(17分)已知抛物线的焦点为，为上一点，且.(1)求的方程；(2)过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于

7、点.（i）求点的坐标；（ii）求与的面积之和的最小值.19.(17分)对于函数及实数m，若存在，使得，则称函数与具有“m关联”性质.(1)若与具有“m关联”性质，求m的取值范围；(2)己知，为定义在上的奇函数，且满足；在上，当且仅当时，取得最大值1；对任意，有.求证：与不具有“4关联”性.2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试数学 参考答案一、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.【答案】D【解析】，又，所以， 所以，当且仅当，即，或取等号，所以或.故选：D2.【答案】C【解析】由题意得，因为，即，即，因为，所以

8、，故.故选：C.3.【答案】B【解析】，所以,所以的虚部为.故选:B.4.【答案】D【解析】由，得，由，得，故和是方程的两个实数根.因为，所以和的取值范围都是，因为函数在区间上均单调递增，所以函数在区间上单调递增，故方程在区间上只有一个根，所以，即，于是有，所以.故选：D.5.【答案】D【解析】集合可以看作是表示直线上的点的集合，由变形可得，由可得，所以直线过定点.集合可看作是直线上的点的集合，由变形可得，由可得，所以，直线过定点.显然，当点与点分别重合，且线段与直线都垂直时，有最大值.故选：D.6.【答案】A【解析】至多含4个5，有以下5种情况：不含5，有种；含1个5，有种；含2个5，有种；

9、含3个5，有种；含4个5，有种； 所以，所有的可能情况共有种，故选：A.7.【答案】B【解析】设等差数列的公差为d，因为，则，解得，可得，且，当时，；当时，；可知：当或时，；当时，；若，所以.故选：B.8.【答案】D【解析】令 gx=fxx2 ，其中 x0 ，因为函数 fx 为定义在 ,00,+ 上的偶函数，则 fx=fx ，所以， gx=fxx2=fxx2=gx ，所以，函数 gx 为偶函数，当 x0 时， gx=x2fx2xfxx4=xf(x)2fxx30 ，所以，函数 gx 在 0,+ 上为减函数，且 g1=f112=0 ，由 fx0 可得 gx=fxx20 ，则 gx=g|x|0=g1

10、 ，所以， ，解得 1x0 或 0x1 ，因此，使 fx0 成立的 x 的取值范围为 1,00,1 .故选：D.二、多项选择题：本题共小题，每小题分，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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.9.【答案】AB【解析】对A：由，所以，则的图象关于对称，故A正确；对B：由，因为，所以的一个周期为，不妨讨论一个周期的值域情况，当，此时，则，因为，所以，则，则；当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，当，此时，则，因为，所以，则，则，综上所述，故B正确；对

11、C：，令得或，可得（），所以，所以在上有31个零点，故C错误；对D：是以为周期的周期函数，当时，则在上有2个实根，且与关于对称，所以；当时，则在上没有实根，则在上有2个实根，且与关于对称，且，且，当时，则在上没有实根，当时，有2个实根，但只需有4个零点，所以，又因为，所以的取值范围是，故D错误，故选：AB.10.【答案】BCD【解析】如图1，当时，点是的中点，易得截面为正六边形.其棱长为，故截面面积为故A项错误；由对称性可知.当时.平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；如图2.当从0变化到1时.截面从四边形变化至五边形（其中为靠近点的三等分点）.结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的

12、绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；取最大值时对应为，或时情形.当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则,此时；当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则，此时.的最大值为，故D项正确.故选：BCD.11.【答案】ACD【解析】易知：双曲线的渐近线方程为，设点到两条渐近线的距离分别为，则利用点到直线的距离公式可得.因为，所以，所以，所以，A正确；因为，所以，B错误；因为，当且仅当时等号成立，C正确;因为，所以，当且仅当时等号成立，D正确.故选:ACD.三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12.【答案】【解析】因为，则，所以切点为，且，则，由直线的点斜式可得，化简可得

13、，所以切线方程为.故答案为：13.【答案】【解析】若两次取球后，盒中恰有7个球，则两次取球均为乙获胜；若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为，第一次取球后盒中有2个黑球和3个白球，盒装有4个黑球和2个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；此时盒中恰有7个球的概率为；若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为，第一次取球后盒中有3个黑球和2个白球，盒装有3个黑球和3个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为；此时盒中恰有7个球的概率为；所以盒中恰有7个球的概率为.故答案为：14.【答案】【解析】设圆锥的底面半径为，高为，则圆锥的体积为，当圆锥顶点与底面在球

14、心的同侧时，有，当且仅当，即时等号成立，又，所以等号不成立.当圆锥顶点与底面在球心的异侧时，当且仅当，即时等号成立.此时，即.所以当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.故答案为：.四、解答题：本大题共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)【答案】(1)(2)【解析】（1）解：因为等比数列的公比，所以，可得，所以，所以.（2）解：由（1）得，所以的公差，所以.16.(15分)【答案】(1)证明见解析(2)【解析】（1）因为平面平面，所以，因为与平面所成的角为平面，所以，且，所以，又为的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为

15、平面，所以平面.（2）因为底面为正方形，为的内心，所以在对角线上.如图，设正方形的对角线的交点为，所以，所以，所以，所以，又因为，所以.由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.所以，由（1）知，所以，所以.又因为平面，所以平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，则.17.(15分)【答案】(1)14.5； (2)0.38【解析】（1）解：（1）由于在的样本数据比例为：样本数据的70%分位数在内估计为：.（2）（2）设任取的会员数据在，中分别为事件，设事件在该地区工会会员中任取一人体检为“健康”.18.(17分)【答案】(1)(2)（i）；（ii）【解析】（

16、1）由题意可得，解得，所以的方程为：；（2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点，故可设的直线的方程为，代入抛物线的方程，可得，方程的判别式，设，不妨设，则,所以直线AD的方程为：，即即，令，可得，所以，所以所以；（ii）如图所示，可得，所以与的面积之和当且仅当时，即时，等号成立，所以与的面积之和的最小值为.19.(17分)【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知，故，则m的取值范围为；（2）证明：因为在上，当且仅当时，取得最大值1，且为定义在上的奇函数，故在上当且仅当时，取得最小值-1，由对任意，有，可知图象关于点对称，又，即，故2a为函数的周期，故，当时，时，若，此时有为最大值；当时，时，若，此时有为最大值，由于，故，即不存在，使得，所以与不具有“4关联”性.