河南省郑州市宇华实验学校2024届高三上学期第一次模拟数学试题（含解析）

这是一份河南省郑州市宇华实验学校2024届高三上学期第一次模拟数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．“或”是“圆与圆存在公切线”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知函数．若为偶函数，，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E．从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°．若测得DC＝2，CE＝(单位：百米)，则A，B两点的距离为（ ）
A． B．2
C．3D．2
5．已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（ ）
A．B．1C．D．2
6．已知复数满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．设数列的前项和为 ，，，，则数列的前项和为 （ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．关于下列命题中，说法正确的是（ ）
A．已知，若，，则
B．数据，，，，，，，，，的分位数为
C．已知，若，则
D．某校三个年级，高一有人，高二有人.现用分层抽样的方法从全校抽取人，已知从高一抽取了人，则应从高三抽取人.
10．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的最小值为
11．如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．是直角三角形
B．异面直线与所成的角为
C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值
D．平面平面
12．设，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为2
C．的最小值为D．恒成立.
三、填空题
13．已知函数求使方程的实数解个数为3时取值范围 ．
14．已知函数的四个零点是以0为首项的等差数列，则 .
15．已知正三棱柱的底面边长为2，以为球心、为半径的球面与底面的交线长为，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为 ．
16．已知某人每次投篮的命中率为，投进一球得1分，投不进得0分，记投篮一次的得分为X，则的最大值为 ．
四、解答题
17．设，有三个条件：①是2与的等差中项；②，；③．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．（如果选择多个条件分别作答，那么按第一个解答计分）
若数列的前n项和为，且______．
(1)求数列的通项公式；
(2)若是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列的前n项和．
18．已知在△ABC中，sin（A+B）＝1+2sin2．
（1）求角C的大小；
（2）若∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，△ABC的外接圆半径为2，求△ABI周长的最大值．
19．如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.
(1)证明：平面平面.
(2)求二面角的正弦值.
20．为了验证甲､乙两种药物对治疗某种病毒的感染是否有差异，某医学科研单位用两种药物对感染病毒的小白鼠进行药物注射实验．取200只感染病毒的小白鼠，其中100只注射甲药物，另外100只注射乙药物，治疗效果的统计数据如下：
(1)分别估计小白鼠注射甲､乙两种药物康复的概率；
(2)能否有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异？
参考公式：．
临界值表：
21．设函数，（e为自然对数的底数）
（1）若函数有两个极值点，求a的取值范围；
（2）设函数，其中为的导函数，求证：的极小值不大于1.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.
(1)求这两条直线的普通方程（结果用直线的一般式方程表示）；
(2)若这两条直线与圆都相离，求的取值范围.
康复
未康复
合计
甲药物
60
40
100
乙药物
75
25
100
合计
135
65
200
参考答案：
1．C
【分析】先求两圆内含时a的取值范围，然后可得两圆有公切线时a的取值范围，即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
所以两圆的圆心距为，
两圆内含时，即，解得，
所以当两圆有公切线时，或，
所以“或”是“圆与圆存在公切线”的充要条件．
故选：C．
2．A
【分析】根据函数对称轴可得，进而可知在上为增函数，令，利用导数可得，以及，进而分析得解.
【详解】因为为偶函数，则，
可知的对称轴为，
又因为均只有一条对称轴，
可知只有一条对称轴，则，可得，
所以，
当时，，
因为在上为增函数，则在上为增函数，
令，则，
当时，，则在上单调递增，
可得，即，则；
由，可得，则；
即，可得，所以．
故选：A．
【点睛】关键点睛：构造恰当的函数，过程中用到了函数，对应的不等式为，以及变形的．此类不等式常用的有，，，，加强记忆，方便碰到此类问题后直接使用．
3．A
【分析】借助的值域为可得要取遍所有的正数，对进行分类讨论即可得.
【详解】若函数的值域为，则要取遍所有的正数．
所以或，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A．
4．C
【分析】在中，求得；在中，利用正弦定理求得；再在中，利用余弦定理即可求得结果.
【详解】根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，
则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝2，
在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，
则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，
则有＝，变形可得BC＝＝＝，
在中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，
则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB＝9，
则AB＝3．
故选：.
【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及距离的求解，属基础题.
5．A
【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.
【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，
因为，所以，将代入的方程得，即，
所以，
故．
故选:A．
6．D
【分析】由题意确定复数z对应的点的轨迹，再结合椭圆的性质以及的几何意义，即可求得答案.
【详解】复数满足，
则复数z对应的点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，
则椭圆短半轴长为，椭圆方程为，
表示椭圆上的点到原点的距离，
当点位于椭圆长轴上的顶点时，取值大值2；
当点位于椭圆短轴上的顶点时，取值小值；
故的取值范围为，
故选：D
7．A
【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，
设，则，
故，
点到直线的距离为，
故，
故，解得，
故该抛物线的准线方程为.
故选：A
8．D
【分析】根据已知条件构造为常数列，求出，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】，且，
，即 ，，
故数列为常数列，且，
，则，
故数列的前项和.
故选：D.
9．BCD
【分析】根据二项分布期望和方差公式可构造方程求得，知A错误；将数据按照从小到大顺序排序后，根据百分位数的估计方法直接求解知B正确；由正态分布曲线的对称性可求得C正确；根据分层抽样原则可计算得到高二应抽取学生数，由此可得高三数据，知D正确.
【详解】对于A，，，，解得：，A错误；
对于B，将数据从小到大排序为，，，，，，，，，，
，分位数为第个数，即，B正确；
对于C，，，C正确；
对于D，抽样比为，高二应抽取人，则高三应抽取人，D正确.
故选：BCD.
10．AC
【分析】用正弦定理可判断A项，由锐角三角形可判断B项，用倍角公式可判断C项，切化弦后用取等条件即可判断D项.
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
把代入整理得，，
解得或，即或（舍去），所以，选项正确；
选项：因为为锐角三角形，，所以，由解得，故选项B错误；
选项C：，因为，所以，，即的取值范围为，故选项C正确；
选项D：，当且仅当即时取等，但因为，所以，无法取到等号，故D错.
故选：AC.
11．ABC
【分析】设正方体的棱长为2，求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断形状，判断A；利用平移法可求得异面直线与所成的角，判断B；根据棱锥的体积公式可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明方法可判断D.
【详解】对于A，设正方体的棱长为2，点是的中点，故;
平面平面，故，
则，
则，即，即是直角三角形，A正确；
对于B，在正方体中，点是的中点，

则直线DP即为直线，异面直线与所成的角即异面直线与所成的角，
由于，，故四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成的角或其补角，
连接，则，即，
故异面直线与所成的角为，B正确；
对于C，设交于点O，则O为AC的中点，连接PO，

则PO为的中位线，故，平面，平面，
故平面，
当的长度为定值时，到平面的距离为定值，则Q到平面的距离为定值，
而的面积为定值，故为定值，
又三棱锥的体积，故三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则；
设平面的法向量为，则，
令，则；
则，即不垂直，
故平面和平面不垂直，D错误，
故选：ABC
12．BC
【分析】根据已知等式，应用基本不等式“1”的代换求各选项的最小值，注意等号是否能成立，进而判断各项的正误.
【详解】由得：，
A：，当且仅当时等号成立，错误；
B：，当且仅当时等号成立，正确；
C：，当且仅当时等号成立，正确；
D：，又，则，当且仅当时等号成立，而，显然不能恒成立，错误.
故选：BC.
13．
【分析】分析给定函数的性质，作出图象，数形结合求出取值范围.
【详解】当时，函数在是递减，函数值集合为，
在上递增，函数值集合为，当时，是增函数，函数值集合为R，
方程的实数解个数，即为函数与直线的交点个数，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象，当时，直线与函数的图象有3个交点，
所以方程的实数解个数为3时取值范围是.
故答案为：
14．或
【分析】根据函数的对称性及零点是以0为首项的等差数列，得方程和的根，分类求解即可.
【详解】因为，
所以，所以关于直线对称，
令得或，
由题意这两个方程各有两个根，且四个根是以0为首项的等差数列，
①若0为的根，则另一个根为6，则，
又关于直线对称，且四个根是以0为首项的等差数列，所以等差数列的公差为，
所以的两根为，所以，所以，
所以；
②若0为的根，则另一个根为6，则即，
又关于直线对称，且四个根是以0为首项的等差数列，所以等差数列的公差为，
所以的两根为，所以，所以.
综上，或.
故答案为：或
15．
【分析】根据题意结合球的性质求正三棱柱的高和球面与底面的交线半径，进而分析各面与球的截面，结合扇形面积运算求解.
【详解】记以为球心，为半径的球面与底面的交线半径为，正三棱柱的高为，
则，且，解得，，
可知：底面在球内部分是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，
底面在球内部是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，
侧面在球内部分如图（阴影部分）所示，
因为，可知，
所以面积为，
同理侧面在球内部分面积为，
显然侧面与球不相交，
所以三棱柱的表面在球内部分的总面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
16．/
【分析】结合两点分布的期望与方差公式以及基本不等式计算即可得.
【详解】由题意可知，X服从两点分布，可得，，
，则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故最大值为．
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）选条件①时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件②时，利用数列的递推关系求出数列的通项公式；选条件③时，利用与的关系可求出答案；
（2）首先可得，然后利用错位相减法算出答案即可．
【详解】（1）选条件①时，由于是2与的等差中项；
所以，①
当时，解得；
当时，②，
①②得：，
整理得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
所以（首项符合通项），
所以；
选条件②时，由于，；
所以：，①，
当时，，②，
①②得：，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
故（首项符合通项），
所以；
选条件③时，因为，
所以当时，
当时，
因为时也满足，
所以
（2）若是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以，
所以，
故①，
②，
①②得：；
整理得．
18．（1） ；（2）4+2．
【分析】（1）利用降幂公式、两角和的正弦公式变形可得sin（C+）＝1，再根据角的范围可得解；
（2）利用正弦定理求出，求出，设出，将用表示，根据三角函数知识求出的最大值可得解.
【详解】（1）∵sin（A+B）＝1+2sin2，且A+B+C＝π，
∴sinC＝1+1﹣csC＝2﹣csC，即sinC+csC＝2，
∴sin（C+）＝1．
∵C∈（0，π），∴C+∈（，），∴C+＝，即C＝．
（2）∵△ABC的外接圆半径为2，
∴由正弦定理知，＝＝2×2＝4，∴AB＝，
∵∠ACB＝，∴∠ABC+∠BAC＝，
∵∠BAC与∠ABC的内角平分线交于点Ⅰ，
∴∠ABI+∠BAI＝，∴∠AIB＝，
设∠ABI＝θ，则∠BAI＝﹣θ，且0＜θ＜，
在△ABI中，由正弦定理得，＝＝＝＝4，
∴BI＝4sin（﹣θ），AI＝4sinθ，
∴△ABI的周长为2+4sin（﹣θ）+4sinθ＝2+4（csθ﹣sinθ）+4sinθ
＝2+2csθ+2sinθ＝4sin（θ+）+2，
∵0＜θ＜，∴＜θ+＜，
∴当θ+＝，即时，△ABI的周长取得最大值，最大值为4+2，
故△ABI的周长的最大值为4+2．
【点睛】关键点点睛：将用表示，根据三角函数知识求出的最大值是解题关键.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，由已知得，又平面得，利用线面垂直的判断定理得平面，再由面面垂直的判断定理可得平面平面；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系.
求出平面的法向量、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）设，
因为是等边三角形，且，
所以是的中点，则，
又，所以，
所以，
即，
又平面平面，
所以，
又，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立
如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，
，
设平面的法向量，
则令，得，
设平面的法向量为，
则令，得，
，，
故二面角的正弦值为.
20．(1)；；
(2)有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异.
【分析】（1）利用列联表中数据，计算小白鼠注射甲、乙两种药物康复的频率，依次估计概率;
（2）根据列联表中的数据，计算的观测值，再根据临界值表确定正确的结论.
【详解】（1）由题意可知，注射甲药物的小白鼠共只，康复的有只，故小白鼠注射甲药物康复的频率为，故可估计小白鼠注射甲药物康复的概率为;
注射乙药物的小白鼠共只，康复的有只，故小白鼠注射乙药物康复的频率为，故可估计小白鼠注射乙药物康复的概率为.
（2）由表中的数据可知，的观测值为
，
因为,
所以有97.5%的把握认为甲､乙两种药物对治疗该种病毒的感染有差异.
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得，根据有两个极值点，转化为与的图象的交点有两个，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求解.
（2）根据题意得到，求得，得到，进而求得的单调性与极值，再分和两种情况，结合函数的单调性和极值的运算，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为有两个极值点，
即方程在有两个不同的解，
即与的图象的交点有两个.
由，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，有极大值.
又因为时，；时，，
当时，即时有两个解，所以
（2）由函数
可得，则，所以在单调递增，
若时，
当时，.在上单调递减；
当时，.在上单调递增；
所以在处取得极小值
若，令，则；
令，则
所以在，有唯一解；
若，令，则，
令，则，所以在，有唯一解；
所以在有唯一解，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以，
令，则，
由，可得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，即的极小值不大于1.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．(1)，
(2)
【分析】（1）通过消参法求得正确答案；
（2）根据圆心到直线的距离列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）直线的参数方程为，则，
两式相减得
直线的参数方程为，则代入，
得；
（2）圆的圆心为，半径为，
若与圆相离，
所以，即，
解得.