河南省周口市沈丘县第二高级中学2024届高三考前模拟（三）数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解绝对值不等式化简集合A，求函数值域化简集合B，然后根据交集运算求解即可.
【详解】，
又，所以.
故选：A
2. 已知抛物线上一点A的横坐标为4，F为抛物线E的焦点，且，则（ ）
A. 3B. 6C. 12D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据焦半径公式可求的值.
【详解】由题意，，抛物线的焦半径公式得，故，
故选：B.
3. 已知圆台的上、下底面的直径分别为8和4，若p为“圆台的体积不大于”，则p的充分不必要条件可以为（ ）
A. 圆台的母线长为B. 圆台的母线长为
C. 圆台的母线长为D. 圆台的母线长为
【答案】C
【解析】
【分析】借助圆台体积公式可得圆台的体积不大于时的母线长度的范围，结合充分不必要条件定义即可得解.
【详解】设圆台的母线长为，则圆台的高为，
，
若圆台的体积不大于，即有，解得，
又，故，即，
由，，，故A、B、D错误，
，故C正确.
故选：C.
4. 已知函数，其中a，b均为正数．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出后可求参数的值，再结合对数的性质可求的值.
【详解】，故，
故.
故选：C.
5. 已知，，圆上存在点P，使得，则a的最大值为（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】首先求点的轨迹方程，再结合两圆的位置关系，即可列式求解.
【详解】设，，，若，
则，
即，即点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，
由条件可知，圆与圆有交点，
则，解得：，
所以的最大值为.
故选：B
6. 如图，直线与函数的图象的三个相邻的交点分别为A，B，C，其横坐标分别为，，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的对称性可得，故可求.
【详解】因，故，
故中点的横坐标为，中点的横坐标为，
故，且，
故，而，故，
故选：A
7. 已知函数是定义在上的奇函数且在上可导，若恒成立，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】借助复合函数的导数计算与函数奇偶性的性质可得函数的周期性，结合赋值法计算即可得解.
【详解】由，则，
即，
由函数为奇函数，故，
则，
则，
即，
即，故为周期为的周期数列，
故，
对，令，有，即，
故.
故选：D.
8. 已知首项为6的数列满足（，且），若存在正整数k，使得成立，则k的值为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由递推关系可得，利用裂项相消法可求的值.
【详解】由递推关系可得.
因为，故.
因为，故，
故，故即
故可化为：
，
整理得到：，解得，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：已知递推关系时讨论数列的性质，往往需要把已知的递推关系变形得到新的递推关系，再依据所得结果求和、求通项等.
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. 已知一组样本数据的方差，则（ ）
A. 这组样本数据的总和等于100
B. 这组样本数据的中位数一定为2
C. 数据，，…，的标准差为3s
D. 现有一组新的样本数据，该组样本数据的极差比原样本数据的极差大
【答案】AC
【解析】
【分析】根据方差的形式可求样本均值，从而可判断A，根据方差的性质可判断C的正误，根据极差和中位数的计算方法可判断BD的正误.
【详解】对于A，因为方差，故，所以这组样本数据的总和等于，故A正确.
对于C，数据，，…，的方差为，故其标准差为，故C正确.
对于B，根据方差、均值无法求出中位数，故B错误.
对于D，新样本数据的极差为，
故新的样本数据的极差比原样本数据的极差小，故D错误.
故选：AC
10. 设，，则下列计算正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由两角和差的余弦公式判断A，利用二倍角公式及同角三角函数关系判断B，化弦为切，结合两角和差的正余弦公式求解判断C，利用二倍角公式及三角恒等变换化简求解判断D.
【详解】对于A，因为，，则，，故，
所以，正确；
对于B，因为，所以，
而，所以，又，所以，，
所以，错误；
对于C，由得，，所以，
即，因为，，所以，
则或，即或（不合题意，舍去），错误；
对于D，，
因为，所以，
即，即，
所以，即，
因为，所以，
所以，所以，正确.
故选：AD
11. 已知分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上任意一点（不在x轴上），外接圆的半径为R，内切圆的圆心为I，半径为r，直线PI交x轴于点M，G为的重心，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. r为定值B.
C. 的最大值为D. 直线IG的倾斜角不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，对于A：利用等面积法求得，即可判断；对于B：利用内切圆的性质结合椭圆定义分析判断；对于C：，结合解三角形的相关知识可得，，结合椭圆性质分析判断；对于D：根据题意可得，，结合角平分线的性质可得，即可得，再求点G的坐标即可判断.
【详解】由题意可知：，
则，
设，则，
对于选项A：因为的面积，
又因为，可得，
由于不是定值，所以不r为定值，故A错误；
对于选项B：因为，分别是，的角平分线，
由角平分线定理可得，
所以，故B正确；
对于选项C：设，
由正弦定理可得：，即
由余弦定理可得：
，
即，整理得，
则，解得，
可得，
又因为当在短轴的端点时，最大，最小，
此时，，
可得，则，
所以最大值为，故C正确；
对于选项D：因为在椭圆上，
可得，即，
则，
又因为，可得，，
由选项B可知，则，
又因为，可得，
则，即，
由，可得点的坐标为，
由重心坐标公式可知点的坐标为，
即直线与x轴垂直，倾斜角为，是定值，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：焦点三角形的作用:在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，其中是虚数单位，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而求出，最后求出其模.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
故选：
13. 某商家为举办抽奖活动，准备了个相同的盒子，里面均装有n张形状完全相同的卡片，一部分卡片为写有“谢谢惠顾”的无效卡，另一部分卡片为写有“100元”的代金券，第个盒子中有k张代金券，张无效卡．现将这些盒子混合，任选1个盒子，并且依次从中不放回地取出2张卡片，若第二次取出无效卡的概率不超过，则n的最大值为______．
【答案】5
【解析】
【分析】设“取出盒中有k张代金券”，，“从盒中依次从中不放回地取出2张卡片，第二次取出无效卡”，可得，，利用全概率公式可得，结合题意运算求解即可.
【详解】设“取出盒中有k张代金券”，，
“从盒中依次从中不放回地取出2张卡片，第二次取出无效卡”，
则，，
由全概率公式可得，
由题意可得：，解得：，
且，所以n的最大值为5.
故答案为：5．
14. 已知点S，A，B，C均在半径为4的球O的表面上，且平面，，，，点M在上，当直线与平面所成的角最大时，______．
【答案】
【解析】
【分析】根据球的半径可求的长度，根据余弦定理可求的长度，故可求的最小值，根据线面角的定义可判断此时线面角为最大.
【详解】
设外接圆的圆心为，半径为，设的中点为，
外接球的球心为，连接，则平面，，
因为平面，故，故四点共面，
而平面，故，故，
故四边形为矩形.
而，故，故.
在中，，
故，故，故，
故，
因为平面，故为直线与平面所成的角，
当长度最小时，最大值，此时，故.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：几何体的外接问题，往往需要连接球心与截面圆的圆心，再结合几何体中的线面垂直得到球的半径满足的关系，而线面角的最小问题，往往转化平面图形中关键线段的最值问题.
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. 已知首项不为1的正项数列，其前n项和为，且点在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系求得数列为首项为2公差为3的等差数列，然后利用等差数列通项公式求解即可；
（2）先求出，然后利用裂项求和法求解即可.
【小问1详解】
由题意得，所以，
故当时，，两式相减得，，
整理化简得，，因为，所以，
因为，解得或（舍去），
故数列为首项为2公差为3的等差数列，所以；
【小问2详解】
由（1）得，所以，
所以数列的前n项和.
16. 甲和乙两个箱子中各装有个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球．
（1）当时，从甲箱中随机抽出2个球，求2个球的颜色不同的概率．
（2）由概率学知识可知，当总量足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布．现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个白球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个白球的概率记作．那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记事件表示“抽出的两个球的颜色不同”利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）首先表示出、，由得到关于的不等式，整理得，令利用导数说明函数的单调性，求出的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
当时，甲箱中有3个红球，2个白球，从甲箱中随机抽出2个球，
基本事件总数，
记事件表示“抽出的两个球的颜色不同”，则事件包含的基本事件个数，
则2个球的颜色不同的概率为．
【小问2详解】
因为，
，
，即，
即，
即，
由题意知，
从而，
化简得，
又，，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，
从而在时单调递增，
考虑到，都是整数，则一定是的正整数倍，
当时，，
又，，
当时，符合题意，则至少为，
所以至少为时，在误差不超过（即的前提下认为超几何分布近似为二项分布．
17. 在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
（1）求证：平面平面．
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且点在中点
【解析】
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【小问1详解】
由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
18. 已知双曲线过点，.
（1）求双曲线C的渐近线方程.
（2）若过双曲线C上的动点作一条切线l，证明：直线l的方程为.
（3）若双曲线C在动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，O为坐标原点，求的面积.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程即可求解双曲线的标准方程，然后求解渐近线即可；
（2）分类讨论，设出切线方程，联立方程利用判别式法求得斜率，即可求出切线方程；
（3）联立方程求得点A和B的坐标，进而求出，结合渐近线的夹角，代入三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为双曲线过点，，所以，
解得，所以双曲线C的标准方程为，所以双曲线C的渐近线方程为.
【小问2详解】
当切线斜率存在时，不妨设切线方程为，因为点在双曲线C上，
所以，联立，
消去y并整理得，
此时，即，
所以，又，所以，
解得，
所以切线方程为，即；
当切线斜率不存在时，即时，切点为，切线方程为，满足；
综上，直线l的方程为.
【小问3详解】
由（1）知双曲线C的渐近线方程为，此时两渐近线与x轴的夹角均为，
即，设，由（2）可知切线方程为，
联立，解得，即，
此时，同理可得，
所以的面积
.

19. 已知函数．
（1）求函数在区间上的极值点的个数．
（2）“”是一个求和符号，例如，，等等．英国数学家布鲁克·泰勒发现，当时，，这就是麦克劳林展开式在三角函数上的一个经典应用．
证明：（i）当时，对，都有；
（ii）．
【答案】（1）0 （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）函数在区间上的极值点的个数等价于其导函数在上的变号零点的个数，即可求出其导函数，再借助导数研究其导函数的单调性即可得解；
（2）（i）构造函数，借助导数结合题意可得，在构造相应函数多次求导即可得解；（ii）由，可将原问题转化为证明，结合（1）中及（i）中所得，可得，，即可得证.
【小问1详解】
，
令，则，
当时，，，则在上恒成立，
故在上单调递减，即有在上单调递减，
则，
故函数在区间上没有极值点；
【小问2详解】
（i）令，其中，，
则，
又当时，，
则
，
即，
令，
则，
令，
则，
由，故，又，
故恒成立，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
即在上单调递增，故，
即在上恒成立，故在上单调递增，
则，即；
（ii）由，，
故要证，即证，
即证，只需证，
由（1）知，当时，，
则可令，此时，
则，即，
即，即，
故只需证，
令，，则，
由（i）知，当时，，
即，即，故在上单调递增，
故，即，即得证.
【点睛】关键点点睛：（i）问中关键点在于借助题目所给条件：当时，，从而构造函数，得到，即可借助导数求单调性；（ii）问中关键点在于将原问题转化为证明，从而结合（1）中与（i）中所得证明与.