2024开封高三上学期第一次模拟考试数学含解析

这是一份2024开封高三上学期第一次模拟考试数学含解析，共25页。试卷主要包含了 若，则的最小值为， ，为实数，则“”是“”的， 记，分别为函数，的导函数， 设集合，，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，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. 复平面内，复数的对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 12
4. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5. 现要从6名学生中选4名代表班级参加学校的接力赛，已知甲确定参加比赛且跑第1棒或第4棒，乙不能跑第1棒，则合适的选择方法种数为（ ）
A. 84B. 108C. 132D. 144
6. ，为实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
7. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于A，B两点，若，则（ ）
A. 5B. 9C. 10D. 18
8. 记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.若函数与存在“点”，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
10. 气象意义上从春季进入夏季标志为连续5天的日平均温度均不低于℃，现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据的部分信息（记录数据都是正整数）.依据以下信息，能确定进入夏季地区的选项有（ ）
A. 甲地5个数据的中位数为24，众数为22
B. 乙地5个数据的中位数为25，平均数为24
C. 丙地5个数据的平均数为22，众数为22
D. 丁地5个数据中有一个数据是28，平均数为24，方差为4.8
11. 已知圆，直线，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长取最小值时，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的方程可以是D. 的方程可以是
12. 函数的图象向左平移个单位长度后与原图象关于轴对称，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. 一个周期是
C. 偶函数D. 在上单调递减
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数是奇函数，且，则______．
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，垂直于轴的直线经过且与双曲线交于、两点，若，则__________.
15. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，则__________.
16. 已知点，，，均在半径为的球面上，是等边三角形，平面，则四面体体积的最大值为__________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长.
18. 已知数列为等差数列，，且.
（1）求；
（2）记为数列的前项和，求.
19. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点.
（1）求四面体的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20. 已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，直线，的斜率之积为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线与轴，轴分别相交于，两点，且，，求椭圆的方程.
21. 已知函数且.
（1）求值；
（2）证明：当时，
22. 某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
（1）从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
（2）2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
开封市2024届高三年级第一次模拟考试
数学
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内，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. 复平面内，复数的对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数代数形式的乘法运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案.
【详解】由题得，
所以在复平面内该复数对应的点的坐标为，该点在第四象限.
故选：D
【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量共线的充要条件及向量坐标运算即得.
【详解】由可得，解得.
故选：A.
3. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
分析】由，，求得，代入等比数列前n项和公式求解.
【详解】解：设等比数列的公比为q，
因为，，
所以，，
解得，
所以，
故选：C
4. 若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数运算法则可得，继而利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】因为，
所以且，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为，
故选：B.
5. 现要从6名学生中选4名代表班级参加学校的接力赛，已知甲确定参加比赛且跑第1棒或第4棒，乙不能跑第1棒，则合适的选择方法种数为（ ）
A. 84B. 108C. 132D. 144
【答案】B
【解析】
【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.
【详解】当甲跑第1棒时，则有种选择方法；
当甲跑第4棒时，乙参加比赛则有种选择方法，乙不参加比赛则有种选择方法．
故合适的选择方法种数为种．
故选：B
6. ，为实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】令，，利用导数说明函数的单调性，再结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】令，，
则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以当时可以得到，即成立，
即成立，故充分性成立，
当时，即成立，即成立，
所以由推不出，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于A，B两点，若，则（ ）
A. 5B. 9C. 10D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】由及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出，由抛物线定义可得结果.
【详解】如图：由抛物线可知焦点坐标，取线段中点D，即，
又，所以,故设，因点A在抛物线上，得，
根据对称性取，又因直线过焦点F，
所以直线的方程为：，
联立，得 ①，
设，则为①式两根，所以，
由抛物线定义可知，
故选：B.
8. 记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”.若函数与存在“点”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设为与的“点”，根据题中定义可得出关于的方程组，即可求得实数的值.
【详解】函数，，其中，
则，，
设为与的“点”，由，可得，
解得，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题考查函数中的新定义问题，解题的关键在于根据题中“点”的定义得出方程进行求解.对于新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意得到集合，，然后求交集和并集即可.
【详解】由题意得，，
所以，.
故选：BC.
10. 气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于℃，现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据的部分信息（记录数据都是正整数）.依据以下信息，能确定进入夏季地区的选项有（ ）
A. 甲地5个数据的中位数为24，众数为22
B. 乙地5个数据的中位数为25，平均数为24
C. 丙地5个数据的平均数为22，众数为22
D. 丁地5个数据中有一个数据是28，平均数为24，方差为4.8
【答案】AD
【解析】
分析】利用众数、中位数、方差、平均数的性质求解．
【详解】对于A：因为众数为、中位数为，所以出现了两次，
若有一天低于，则中位数不可能为，
所以另两个数据均大于（且不相等），故甲地一定进入夏季，故A正确；
对于B：若乙地区的数据从小到大依次为、、、、，
满足中位数为25，平均数为24，但是乙地不一定进入夏季，故B错误；
对于C：若丙地区的数据从小到大依次为、、、、，
满足平均数为22，众数为22，但是丙地不一定进入夏季，故C错误；
对于D：设其余4个数据分别为、、、（正整数），则，
所以，
若、、、（正整数）中有一个数据小于，则，不符合题意，
故、、、（正整数）均不小于，故丁地区进入夏季，故D正确；
故选：AD
11. 已知圆，直线，是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，则切线长取最小值时，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的方程可以是D. 的方程可以是
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，即可求出，再求出过点与直线垂直的直线方程，联立两直线方程求出交点坐标，即为点坐标，再设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求出，即可得解.
【详解】圆圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
因为是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，
则切线长的最小值为，故A正确，B错误；
设过点与直线垂直的直线方程为，则，解得，
所以，
由，解得，所以，
显然过点的切线的斜率存在，
设切线的方程为，则，解得或，
所以切线的方程为或.
故选：ACD
12. 函数的图象向左平移个单位长度后与原图象关于轴对称，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. 的一个周期是
C. 是偶函数D. 在上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数图象平移变换结合平移后图象性质可得，即可得，由此将代入可判断A；根据周期性定义可判断B；求出的表达式结合偶函数定义判断C；结合x的范围，确定，结合余弦函数单调性，判断D.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，
由题意可得，即，
故，故，由于，故,
故，
对于A，，A正确；
对于B，，
即的一个周期是，B正确；
对于C，，
不妨取，此时，此时函数不是偶函数，
即不是偶函数，C错误；
对于D，当时，，，
由于上单调递减，故在上单调递减，D正确，
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数是奇函数，且，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据奇函数性质可求出，根据可求出，从而可求出答案.
【详解】因为函数的定义域为，且为奇函数，
所以，即，
又因为，可得， 解得，
此时，，满足，
所以，所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，垂直于轴的直线经过且与双曲线交于、两点，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】将双曲线方程化为标准式，求出、、，令求出，即可求出、坐标，由求出，再利用余弦定理计算可得.
【详解】双曲线即，所以，，，
令，解得，如图不妨令，，
所以，解得，
则，，，
所以，
所以.
故答案为：
15. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦定理得到，再由余弦定理计算可得.
【详解】因为，，由余弦定理，
所以，所以，
所以.
故答案为：
16. 已知点，，，均在半径为的球面上，是等边三角形，平面，则四面体体积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设的边长为，，求出外接圆的半径，则四面体外接球的半径，从而得到，表示出，再由得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】设的边长为，，
设外接圆的半径，
又平面，所以四面体外接球的半径，
即，则，则，则，
又，
所以，
令，，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即，当且仅当时取等号，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：由外接球的半径得到，从而得到，再利用导数求出函数的最大值.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知条件由正弦定理得，可求；
（2）由的面积得，余弦定理求，可得的周长.
【小问1详解】
由正弦定理得，则.
【小问2详解】
，得，
由余弦定理，
即，则，所以，
的周长为.
18. 已知数列为等差数列，，且.
（1）求；
（2）记为数列的前项和，求.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）结合题意以及数列为等差数列，利用等差数列相关知识，建立方程组，求解出首项和公差，表示出的通项公式，再转化为即可;
（2）结合（1）问，表示出以及，利用裂项相消法即可计算.
【小问1详解】
因为数列为等差数列，所以其前三项分别是，并设公差为，
因为，且，所以，即，
解得，所以的通项公式为：，
即，所以，
【小问2详解】
由（1）问可得：，所以，
所以，
即，
，
整理得：,
所以数列的前项和为：.
19. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点.
（1）求四面体的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到平面的距离，再由锥体的体积公式计算可得；
（2）利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面一个法向量为，则，取，
所以点到平面的距离，
又，所以，
所以四面体的体积.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
则，取，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，直线，的斜率之积为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若直线与轴，轴分别相交于，两点，且，，求椭圆的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点差法得到，再由离心率公式计算可得；
（2）依题意可得为线段的中点，求出直线与坐标轴的交点，即可得到点坐标，从而求出，由求出，即可得到直线方程，由（1）可得椭圆，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得到椭圆方程.
【小问1详解】
依题意可得，设，，
直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，
则，
，
，，，
又直线与直线的斜率乘积为．
，则离心率．
【小问2详解】
因为直线与轴，轴分别相交于，两点，且，
为线段的中点，所以为线段的中点，
直线与轴，轴的交点为，，
所以，所以，
又，即，所以或（舍去），
所以直线，
又椭圆，
由，消去整理得，
由，可得，
又，，
所以，所以，则，
所以椭圆的方程为.
21. 已知函数且.
（1）求的值；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论，利用导数判断单调性，求出的最大值，只需最大值等于零，即符合，进而求出的值；
（2）由（1）知最大值为，当时，转化为当时，，利用导数判断在时的单调性即可得证.
【小问1详解】
由题知，的定义域为，
若，，不满足题意；
若，由知，
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
故是在的唯一最大值点，
因为，所以当且仅当时，，
综上所述，.
【小问2详解】
由（1）知，，
最大值为，
当，恒成立，
故时，恒成立，
令，，
则
，
因为，所以，
，，
，，
所以在上单调递增，
且时，，
所以当时，，
即当时，.
22. 某市每年上半年都会举办“清明文化节”，下半年都会举办“菊花文化节”，吸引着众多海内外游客.为了更好地配置“文化节”旅游相关资源，2023年该市旅游管理部门对初次参加“菊花文化节”的游客进行了问卷调查，据统计，有的人计划只参加“菊花文化节”，其他人还想参加2024年的“清明文化节”，只参加“菊花文化节”的游客记1分，两个文化节都参加的游客记2分.假设每位初次参加“菊花文化节”的游客计划是否来年参加“清明文化节”相互独立，将频率视为概率.
（1）从2023年初次参加“菊花文化节”的游客中随机抽取三人，求三人合计得分的数学期望；
（2）2024年的“清明文化节”拟定于4月4日至4月19日举行，为了吸引游客再次到访，该市计划免费向到访的游客提供“单车自由行”和“观光电车行”两种出行服务.已知游客甲每天的出行将会在该市提供的这两种出行服务中选择，甲第一天选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，如此往复.
（i）求甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）求甲第（，2，，16）天选择“单车自由行”的概率，并帮甲确定在2024年“清明文化节”的16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数.
【答案】（1）4 （2）（i）；
（ii）；2天
【解析】
【分析】（1）由合计得分可能的取值，计算相应的概率，再由公式计算数学期望即可；
（2）（i）利用互斥事件的加法公式和相互独立事件概率乘法公式求概率．；
（ii）由题意，求与的关系，通过构造等比数列，求出，再由求出对应的n.
【小问1详解】
由题意，每位游客得1分的概率为，得2分的概率为，
随机抽取三人，用随机变量表示三人合计得分，则可能的取值为3，4，5，6，
，，
，，
则.
所以三人合计得分的数学期望为4.
【小问2详解】
第一天选择“单车自由行”的概率为，则第一天选择“观光电车行”的概率为，
若前一天选择“单车自由行”，后一天继续选择“单车自由行”的概率为，
若前一天选择“观光电车行”，后一天继续选择“观光电车行”的概率为，则后一天选择“单车自由行”的概率为，
（i）甲第二天选择“单车自由行”的概率；
（ii）甲第天选择“单车自由行”的概率，有，
则 ，，
∴，
又∵，∴，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，
∴．
由题意知，需，即，
，即，
显然n必为奇数，偶数不成立，
当时，有即可，
时，成立；
时，成立；
时，，则时不成立，
又因为单调递减，所以时，不成立．
综上，16天中选择“单车自由行”的概率大于“观光电车行”的概率的天数只有2天．
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用全概率公式得到，从而利用数列的相关知识求得，从而得解.