2024届河南省部分学校高三上学期一轮复习摸底测试题数学（三）含解析

这是一份2024届河南省部分学校高三上学期一轮复习摸底测试题数学（三）含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合复数的除法运算法则，即可求解.
【详解】由题意，可得，
所以．
故选：C．
2．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数函数的性质和绝对值的定义，求得集合，结合，列出不等式组，即可求解.
【详解】由，可得，解得，即，
又由不等式，解得或，即或，
因为，则满足，解得，
即实数的取值范围为．
故选：B．
3．佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为，侧面积为，则该建筑的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】已知底面半径和侧面积，可求圆锥母线长，利用勾股定理求圆锥的高.
【详解】设该建筑的母线长为，高为，则由其侧面积为，可得，
解得，所以．
故选：C．
4．已知函数，则的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用复合函数的单调性，结合函数定义域，求单调递增区间.
【详解】由，得，
解得，
所以的定义域为．
由复合函数的单调性可知，的单调递增区间即为函数在区间上的单调递减区间，
令，解得，
所以的单调递增区间为．
故选：D．
5．已知双曲线的左焦点为，过原点的直线与的右支交于点，若为等腰三角形，则点到轴的距离为（ ）
A．B．C．3D．5
【答案】A
【分析】由为等腰三角形，可得，证得，有，又，得，利用面积法求点到轴的距离.
【详解】设双曲线的右焦点为，由题意可得，连接，
则有，，
若为等腰三角形，则（线段与显然不相等），
所以，又为的中点，所以，
则有．
由双曲线的定义得，
所以，
设点到轴的距离为，则．
故选：A．
6．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，记直角三角形中较大的锐角为，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据三角恒等变换化简，可得，进而结合同角三角函数关系可得，，结合题意可得，进而求解即可.
【详解】由题意可得
，
解得或（舍去），
因为是直角三角形中较大的锐角，所以，
所以，
所以，
又直角三角形的直角边分别为，则，
所以．
故选：A．
7．现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌，其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张，从中任取一张，看后放回，再任取一张．甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”，则（ ）
A．乙与丙相互独立B．乙与丁相互独立
C．甲与丙相互独立D．甲与乙相互独立
【答案】D
【分析】根据题意，求得事件甲、乙、丙、丁的概率，结合相互独立事件的概念及判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意得，事件甲的概率，事件乙的概率，
有放回地取扑克牌两次的试验的基本事件总数是，显然事件丙与丁是对立事件，
两次取出的扑克牌花色相同包含的基本事件数为，
则事件丙的概率，所以事件丁的概率，
对于A中，事件乙与丙同时发生所包含的基本事件数为，其概率，
所以乙与丙不相互独立，所以A错误；
对于B中，事件乙与丁同时发生所包含的基本事件数为，其概率，
所以乙与丁不相互独立，所以B错误；
对于C中，事件甲与丙同时发生所包含的基本事件数为，其概率，
所以甲与丙不相互独立，所以C错误；
对于D中，事件甲与乙同时发生所包含的基本事件数为，其概率，
所以甲与乙相互独立，D正确．
故选：D．
8．若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将问题转化为函数与的图象有2个交点，则利用导数的几何意义求出直线与曲线相切时的直线的斜率，再结合图形可求出实数的取值范围.
【详解】有两个零点，即有两个正实根，
即函数与的图象有2个交点．
直线过定点，当该直线与曲线相切时，设切点为，
又，则，即，
令，则，所以在上单调递增，
又，故有唯一零点，故，
所以当直线与曲线相切时，切点为，则切线斜率为1．
要使函数与的图象有2个交点，则需满足，
所以．
故选：B．
【点睛】关键点睛：此题考查函数与方程的综合问题，考查导数的几何意义，解题的关键是将问题转化为直线与曲线有两个交点问题，然后利用导数的几何意义求出相切时直线的斜率，再结合图形求解即可，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.
二、多选题
9．有一组样本数据，其平均数、中位数、标准差、极差分别记为．由这组数据得到新样本数据，其中，其平均数、中位数、标准差、极差分别记为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据数据的平均数、中位数、标准差、极差的概念，以及计算方法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，所以，所以A正确；
对于B中，由，根据中位数的定义，可得，所以B错误；
对于C中，由，根据数据方差的定义，可得，可得，所以C错误；
对于D中，由，根据数据极差的定义得，所以D正确．
故选：AD.
10．已知向量，则（ ）
A．B．
C．若，则D．
【答案】ABD
【分析】根据平面向量的数量积的坐标表示、模长公式、共线的坐标表示及三角恒等变换公式判断各选项即可.
【详解】由题意，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，若，则，即，
所以，故C错误；
对于D，，所以，故D正确．
故选：ABD．
11．点是直线上的一个动点，是圆上的两个动点，则（ ）
A．点A到直线的距离大于
B．点A到直线的距离小于
C．存在点，使得
D．若直线均与圆相切，则直线过定点
【答案】BD
【分析】由点到直线的距离公式结合圆的性质可判定A、B选项，由直线和圆的位置关系可判定C项，利用切线的性质可判定A、B两点的位置，利用相交弦方程可判定D项.
【详解】圆心到直线的距离
故点A到直线的距离的取值范围为
∴点A到直线的距离小于，但不一定大于，故A错误，B正确；
如图，
当直线均与圆相切，且时，最大，此时，
，，
即不存在点，使得，C错误；
设点是以线段为直径的圆上的两点，
圆的方程为，即，
又在圆上，
直线的方程为，变形得，
当时，该直线方程恒成立，故过定点，D正确．
故选：BD．
12．如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为
【答案】AC
【分析】对于,利用，即可证明；对于,将沿展开与正方形在同一个平面内，则当三点共线时，取得最小值,即可求解；对于,利用线面平行的判断定理即可证明；对于,根据题中条件首先得到截面图形，进一步求解计算即可.
【详解】由题意可知，设点到平面的距离为，
易知平面平面，
所以点到平面的距离等于点到线段的距离，
又，所以，
所以，为定值，
故A正确；
将沿展开与正方形在同一个平面内，
记此时与对应的点为，
则当三点共线时，取得最小值，即，
，
故的最小值为，故B错误；
由点分别为的中点，得，
又平面平面，
所以平面，故C正确；
连接并延长交于点，连接，
则过点的平面截正三棱柱所得截面图形为，
因为，平面平面，
平面平面平面，所以平面，
又平面，所以，
取的中点，连接，则点为的中点，又点为的中点，
所以，
当时，点为的中点，所以，
所以，所以，
所以，所以，
故，故D错误．
故选：
三、填空题
13．已知函数是定义在区间上的偶函数，则 ．
【答案】2
【分析】由题意，可解出，定义域关于原点对称，可解出.
【详解】函数是定义在区间上的偶函数，
得，所以，解得，
且定义域关于原点对称，所以，解得，
所以．
故答案为：2.
14．抛物线绕其顶点顺时针旋转后得到抛物线，则的准线方程为 ．
【答案】
【分析】把抛物线化为标准方程，可得焦点坐标和准线方程，由旋转方向和角度可求旋转后的焦点坐标和准线方程.
【详解】抛物线的标准方程为，其焦点为，准线方程为，
将抛物线绕其顶点顺时针旋转后得到抛物线，其焦点为，
故抛物线的准线方程为．
故答案为：.
15．函数的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，当，得到在上单调递减，求得最小值为，若，求得，得到函数单调性和最小值，进而得到函数的最小值.
【详解】由函数的定义域为，
1.若，函数，此时在上单调递减，
此时函数的最小值为；
2.若，函数，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以此时的最小值为；
又由，即，
所以函数的最小值为.
故答案为：.
四、双空题
16．欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都可以看到欧拉的名字，例如初等几何中的欧拉线、多面体中的欧拉定理、微分方程中的欧拉方程，以及数论中的欧拉函数等等．若正整数只有1为公约数，则称互质，欧拉函数是指：对于一个正整数，小于或等于的正整数中与互质的正整数（包括1）的个数，记作，例如：小于或等于4的正整数中与4互质的正整数有1，3这两个，即．记为数列的前项和，则 ；记数列的前项和为，则 ．
【答案】
【分析】根据题意得到这个数为偶数，共有个，得出，求得，再由，结合乘公比错位相减法求和，即可求得，得到答案.
【详解】若正整数，且与不互质，则这个数为偶数，共有个，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
上述两式作差可得，所以．
故答案为：；.
五、解答题
17．已知数列满足
(1)记，求出及数列的通项公式；
(2)求数列的前200项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）通过代入数列的通项公式求出数列后一项与前一项的关系，从而判断其数列性质，得出通项公式；
（2）由的通项公式，得和，利用分组求和求数列的前200项和.
【详解】（1）因为，
所以，
所以．
因为，
所以数列是以19为首项，为公差的等差数列，
所以．
（2）由（1）可得，
则，
当时，符合上式，所以，
所以数列的奇数项构成首项为20，公差为的等差数列，偶数项构成首项为19公差为的等差数列，
则数列的前200项和为
．
18．如图1，在矩形中，，延长到点，且．现将沿着折起，到达的位置，使得，如图2所示．过棱的中点作于点．

图1 图2
(1)若，求线段的长；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由已知线面关系，证明，利用面积法求的长；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题，求出的值．
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
因为，，平面，
所以平面，平面，
所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以．
因为，点是的中点，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以．
又，，平面，
所以平面，平面，所以．
因为，所以，
所以，
即线段的长为．
（2）由（1）可知两两垂直，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以．
由（1）可知，是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，解得，
所以当平面与平面夹角的余弦值为时，的值为2．
19．从①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答问题．
在锐角中，角所对的边分别为，且________．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选择①：由余弦定理化简可得，再由两角和的余弦公式即可得，根据角的范围可得出证明；
选择②：由余弦定理和正弦定理以及两角和的正弦公式即可得，结合角的范围可得出证明；
选择③：由两角差的正弦公式以及同角三角函数之间的基本关系可得，结合角的范围可得，即得出证明；
（2）根据（1）中的结论，可知，利用锐角三角形可得，再由对勾函数性质可求得的取值范围．
【详解】（1）选择①：由及余弦定理可得
；
即，
又，
所以，
即，可得．
又易知，可得，
所以或，
即或（舍），
故．
选择②：由及，得，
则由正弦定理得，
又，
，
即，
所以．
又，可得，
所以，
故．
选择③：由可得，
即，所以．
又，可得，
所以，
故．
（2）令，
由（1）可知，可得．
由锐角可得，
即，解得，
所以．
令，
根据对勾函数的性质知在上单调递增，
可得，
即的取值范围是．
20．第22届亚运会于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国第三次举办亚运会．为迎接这场体育盛会，杭州市某社区决定举办一次亚运会知识竞赛，要求每组参赛队伍由两人组成，竞赛分为预赛和决赛，其中预赛规则如下：
①每组队伍先从A，B两类问题中选择一类，并由两位选手从中各随机抽取一个问题回答，答错的选手本轮竞赛结束；答对的选手再从另一类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束；
②若在本轮竞赛中每组队伍的两名选手合计答对问题的个数不少于3个，则可进入决赛．
市民甲与乙组成“梦幻”队参加了这次竞赛，已知甲答对A类中每个问题的概率均为0.7，答对B类中每个问题的概率均为0.5，乙答对A类中每个问题的概率均为0.4，答对B类中每个问题的概率均为0.8．
(1)若“梦幻”队先回答A类问题，记X为“梦幻”队答对问题的个数，求X的分布列及数学期望；
(2)为使“梦幻”队进入决赛的概率最大，“梦幻”队应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)应选择先回答类问题，理由见解析
【分析】（1）根据题意得的可能取值为0，1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的计算公式，即可求解；
（2）由（1）求得先回答类问题，“梦幻”队能进入决赛的概率为，再求得先回答类问题，“梦幻”队能进人决赛的概率为，结合，即可得到答案.
【详解】（1）解：根据题意得的可能取值为0，1，2，3，4，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为
则．
（2）解：由（1）可知，若先回答类问题，则“梦幻”队能进入决赛的概率为：
；
若先回答类问题，记“梦幻”队答对问题的个数为，
则，
，
则“梦幻”队能进人决赛的概率为，
所以，
所以为使“梦幻”队进人决赛的概率最大，“梦幻”队应选择先回答类问题．
21．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为2，按上述方法折纸．以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)直线与在第一象限内交于点，直线与交于两点（均异于点），则直线的斜率之和是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为0
【分析】（1）由，故点的轨迹是以为焦点的椭圆，根据已知数据求出方程即可；
（2）直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理表示直线的斜率之和，化简即可.
【详解】（1）由题意可知，，
故点的轨迹是以为焦点，且长轴长的椭圆，焦距，
所以，
所以曲线的方程为．
（2）把代入曲线的方程，求得．
设，
联立，消去得，
则，得，
，
则
，
所以直线的斜率之和为定值0．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，若正数满足，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，进而求得函数的单调区间；
（2）由函数，结合（1）中的单调性，当时，由，得到；当时，转化为证明，令，求得，得到在上单调递减，求得，进而得到，即可得证.
【详解】（1）因为函数，可得，
①当时，令，可得，此时单调递增；
令，可得，此时单调递减；
②当时，令，可得，此时单调递增；
令，可得，此时单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，
由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，
当时，由，可得，所以；
当时，要证，
只需证，因为，所以，
又由在上单调递增，则只需证，
下面证明；，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，即，
又由，所以得证，所以．
综上所述，不等式成立．
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
0
1
2
3
4
0.18
0.234
0.334
0.14
0.112