晋豫联盟百强校2024届高三下学期4月份大联考数学试题

这是一份晋豫联盟百强校2024届高三下学期4月份大联考数学试题，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知抛物线C，已知圆C，已知，则的最大值为，已知，且，则的取值可以为，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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．已知，，则（ ）
A．3B．4C．5D．7
2．样本数据3，4，5，6，7，8，9，10的第55百分位数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
3．已知数列的前n项和，则（ ）
A．66B．77C．88D．99
4．复数对应的点在复平面内位于（i为虚数单位）（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，则（ ）
A．18B．16C．6D．4
6．已知圆C：与曲线有交点，则a的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山，宏村，八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．540
8．已知，则的最大值为（ ）
A．4B．1C．D．
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，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，且，则的取值可以为（ ）
A．18B．14C．32D．66
10．已知函数，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．在处取得极大值
C．曲线的对称中心为，
D．将曲线向右平移个单位后得到的函数为偶函数
11．作直线l与双曲线C：右支相切，且直线l交C的两渐近线于A、B两点，则的可能取值有（ ）
A．1B．2C．3D．4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在的展开式中，含项的系数为________．
13．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的半径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值为________．
14．已知集合，，，若，且A中任意两个元素之和不在C中，则m的最大值为________．
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．（本小题满分13分）
△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且．
（1）求A；
（2）若，求△ABC的面积S的最小值．
16．（本小题满分15分）
已知首项为1的数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，证明：．
17．（本小题满分15分）
在三棱锥中，，平面平面ABC，，，．
（1）证明：平面PAB；
（2）棱BC上是否存在点D，使得面PAC与面PAD的夹角为?若存在，求BD长度；若不存在，说明理由．
18．（本小题满分17分）
已知A、B分别为x轴、y轴上的动点，，．
（1）讨论C点的运动轨迹表示的图形；
（2）若AB与只有一个交点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．
19．（本小题满分17分）
已知函数，．
（1）证明：；
（2）若随机变量X可取值为，，且，2，，n，，为X的数学期望．
证明：①；
②．
2024届高三年级4月份大联考
数学参考答案及解析
一、选择题
1．D 【解析】．故选D．
2．C 【解析】因为样本数据的个数为8，且，所以第55百分位数是第五个数7．故选C．
3．C 【解析】由可得．故选C．
4．A 【解析】因为，，所以对应的点为，在第一象限．故选A．
5．B 【解析】设，．
联立方程组，整理得，则．
所以由抛物线的定义可得：．故选B．
6．A 【解析】由，整理得到，圆C可化为标准方程C：，
由题意可得圆与圆C：有交点，又因为的圆心为，半径为，圆C的圆心为，半径为，
所以
解得，所以a得最小值为1．故选A．
7．D 【解析】由题意可转化为分组分配问题，将6名同学分成三组，其中有三种方案：4，1，1；3，2，1；2，2，2．
则不同方案的种数为种．故选D．
8．D 【解析】，，
故，
，当且仅当，即时，等号成立．故选D．
二、选择题
9．AC 【解析】因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，所以，又因为，
即，则．故选AC．
10．BCD 【解析】当时，，
又在上单调递减，故A错误；
，此时正弦函数取得最大值，也为函数的极大值点，故B正确；
令，，则，，
故曲线的对称中心为，其中，故C正确；
将曲线向右平移个单位得到为偶函数，故D正确．故选BCD．
11．BCD 【解析】设点为C右支上的一点，先求双曲线上一点的切线方程，不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）．
由得，所以，则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为：，又因为，所以在点的切线方程为，双曲线的渐近线方程为，
联立
所以点，同理可得：，
则
，又因为，所以．故选BCD．
三、填空题
12．11 【解析】的展开式中的通项为．令，解得，则项的系数为．故答案为11．
13． 【解析】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，由题可知：，
所以圆锥的体积为，球的体积，
所以
故答案为．
14．17 【解析】由题意得可将A集合分为5组：用card来表示集合中元素个数，，则；，
则，则
则；，
则；
则；A中任意两个元素之和不在集合C中，故和，和中不能同时取数，且中最多取一个，
最多的取法是取和中的一个元素，，故m的最大值为17．故答案为17．
四、解答题
15．解：（1）由题意可得，
因为，（2分）
所以．（3分）
因为，所以，（4分）
即，（5分）
因为，
所以，
所以，（6分）
所以，
可得，
即．（7分）
（2）由（1）知；且，（8分）
由余弦定理得，（10分）
整理得
解得或．（当时，，故舍去），（12分）
（当时取等号）．从而，即△ABC面积S的最小值为：．（13分）
16．解：（1）由题意可得，
即，（3分）
则有，又，（5分）
因此是常数列，
即，则，（7分）
（2）设
，（10分）
所以
，（14分）
故．（15分）
17．解：（1）证明：取AB中点E，连接PE，，则，
因为平面平面ABC，平面平面，且平面PAB，
所以平面ABC，所以，又因为，且，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．（5分）
（2）由（1）得BC，BA，PE两两垂直，所以以B为原点，BC，BA所在的直线分别为x，y轴，以过点B与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，P（0，\frac{2\sqrt{3}}{3}，\frac{2\sqrt{6}}{3}），A（0，\frac{4\sqrt{3}}{3}，0），
，
可得，
，，（7分）
设平面CPA与平面PAD的法向量分别为，，
由
得．
令，可得，，
所以，（9分）
又由得
令，可得，，
所以，（11分）
面PAC与面PAD的夹角为，
解得，（14分）
故存在点D使得面PAC与面PAD的夹角为，此时．（15分）
18．解：（1）设，，，则，
由得，
，
．（4分）
所以当时为焦点在y轴上的椭圆，
时，为圆，
时，为焦点在x轴上的椭圆．（8分）
（2）由题意可知直线不与坐标轴平行且不过原点，
故设其方程为，联立
得，（12分）
由得，（14分）
，，
所以，当且仅当时等号成立．（17分）
19．解：（1）因为，
所以在上单调递增，所以．（3分）
（2），（5分）
①要证，
只需证明，
由（1）知，
，
则，，，，（7分）
两边相乘得，（9分）
又因为
所以成立．（11分）
②由得，
，当且仅当时取等号，（12分）
要证，
只需证明．
又，（14分）
所以只需证明
即．（15分）
又因为，
所以．（17分）