河南省普高联考2023-2024学年高三测评（六）数学试卷

这是一份河南省普高联考2023-2024学年高三测评（六）数学试卷，共13页。试卷主要包含了本试卷共19小题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷共19小题。满分：150分。考试时间：120分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上。
3．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。
4．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.已知非空集合，则实数的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
2.复数的虚部为（ ）
A.B.C.1D.2
3.国内某优秀新能源电池制造企业在锂电池单位能量密度技术上取得了重大突破，该制造企业内的某车间有两条生产线，分别生产高能量密度锂电池和低能量密度锂电池，总产量为400个锂电池．质检人员采用分层随机抽样的方法随机抽取了一个容量为80的样本进行质量检测，已知样本中高能量密度锂电池有35个，则估计低能量密度锂电池的总产量为（ ）
A.325个B.300个C.225个D.175个
4.3名同学从人工智能、密码学与算法、计算机科学、信息安全四门课程中任选一门学习，则仅有计算机科学未被选中的概率为（ ）
A.B.C.D.
5.已知函数的定义域为，.设：是增函数，：是增函数，则是的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6.设的内角，，的对边分别为，，.已知，，，则的外接圆的面积为（ ）
A.B.C.D.
7.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，来这里 全站资源一元不到！试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。则的图象的对称轴可以为（ ）
A.B.C.D.
8.已知椭圆：的下顶点为，斜率不为0的直线与C交于B，D两点，记线段的中点为，若，则（ ）
A.点在定直线上B.点在定直线上
C.点在定直线上D.点在定直线上
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题为假命题的是（ ）
A.如果，，，那么
B.如果，，那么
C.如果，，那么
D.如果，，那么与所成的角和与所成的角的大小不相等
10.设为双曲线：的焦点，为坐标原点，若圆心为，半径为2的圆交的右支于，两点，则（ ）
A. 的离心率为B.
C.D.
11.定义无穷有界级数，且零项级数，则（ ）
A.B.
C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.________.
13.已知曲线与直线相切，则________.14.在三棱锥中，，，则三棱锥体积的最大值为________.
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.（13分）已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16.（15分）已知抛物线：的焦点为，点为上一点.
（1）求直线的斜率；
（2）经过焦点的直线与交于，两点，原点到直线的距离为，求以线段为直径的圆的标准方程.
17.（15分）某校甲、乙两个数学兴趣班要进行扩招，经过数学兴趣班的海报宣传，共有4名数学爱好者，，，报名参加（字母编号的排列是按照报名的先后顺序而定）.现通过一个小游戏进行分班，规则如下：在一个不透明的箱子中放有红球和黑球各2个，红球和黑球除颜色不同之外，其余大小、形状完全相同，按报名先后顺序，先由第一名数学爱好者从箱子中不放回地摸出1个小球，再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱子中；接着由下一名数学爱好者从箱子中不放回地摸出1个小球后，再放入完全相同的红球和黑球各1个，如此重复，直至4名数学爱好者均摸球完毕.数学爱好者若摸出红球，则被分至甲班，否则被分至乙班.
（1）求，，三名数学爱好者均被分至同一个兴趣班的概率；
（2）记甲、乙两个兴趣班最终扩招的人数分别为，，记，求.
18.（17分）设函数，是否存在正整数，使得，？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19.（17分）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：（1）曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；（2）以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过上一点，且以为方向向量.（1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
（2）证明：直线在曲面上；
（3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
详解详析
2023-2024学年高三测评（六）
数学
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.C【解析】因为，所以，即，所以.故选C.
2.B【解析】由题意可得，的虚部是.故选B.
3.C【解析】根据分层随机抽样可知低能量密度锂电池的产量为（个）.故选C.
4.B【解析】除了计算机科学外，每门课程有一名同学选择，故概率为.故选B.
5.D【解析】若，则，可知在定义域上并不是增函数，故不是的充分条件；若，易得是增函数，此时在定义域上并不是增函数，故不是的必要条件.综上可知，是的既不充分也不必要条件.故选D.
6.A【解析】因为，，，所以由余弦定理可得，所以，设的外接圆半径为，由正弦定理可得，即.
所以的外接圆面积.故选A.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
C
B
D
A
D
A
7.D【解析】由题意可得的图象关于点对称，即对任意，有，取，可得，即.故，令，，可得的图象的对称轴为，.故选D.
8.A【解析】由题意可得，设，则有，，两式相减可得，整理得，因为，为线段的中点，所以，即，解得，所以点在定直线上.故选A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.（对“得部分分”的解释：有两个正确选项的，选对一个得3分；有三个正确选项的，选对一个得2分，选对两个得4分）
9.AD【解析】对于A，可运用长方体举反例说明其错误：如图，
不妨设为直线，为直线，
平面为，平面为，
显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立，故A错误；
对于B，设过直线的某一个平面与平面相交于直线，则，
由知，从而，故B正确；
对于C，如果，，则，故C正确；
对于D，如果，，那么与所成的角和与所成的角相等，故D错误.故选AD.
10.ACD【解析】因为，，所以的离心率为，故A正确；题号
9
10
11
答案
AD
ACD
BCD
设，联立消去可得，
则，，，解得.
，
，故B错误；
，当且仅当时取等号，故C正确；
当为右焦点时， ，因为，
所以，
当且仅当或2时取等号，所以.
显然当为左焦点时，，所以，故D正确.故选ACD.
11.BCD【解析】由，得
，
所以，，
同理，，
所以，，
，
其中第项为
，
即可得.；
令，得；
令，得；
令，得；
同理，可得，，，，.….
即可得选项BC正确，A错误；由上述前9项的值可知，当为奇数时，除之外其余都是0，
即，所以D正确.故选BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【解析】，
又，
所以，所以原式.
13.2【解析】，设直线与曲线的切点为，则整理可得，令，则，令，得或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为，，，所以函数在上只有一个零点，又，所以方程的解为，所以.
14.【解析】因为，所以，，
设，点在平面内的射影为，连结、，
则，所以，因为，所以点与在同侧，则四边形为梯形，
记，则三棱锥的体积为，
因为，所以，
故，则，
设，则，
令，得，即时取得最大值，所以.
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.（1）设等差数列的公差为，
由题意可得解得
所以.
（2）设，
所以，
所以，
两式相减得，，
所以，所以.
16.（1）将代入抛物线方程可得，解得，故.
所以.
（2）由题意，直线的斜率存在且不为0（若直线斜率不存在，则原点到直线的距离为1，矛盾），
所以设直线的方程为.
联立化简得，显然，
设，，则，，，
所以以线段为直径的圆的圆心、半径分别为，.
因为原点到直线的距离为，所以，解得，
所以圆心、半径分别为，
所以圆的标准方程为或.
17.（1），，三人均被分至同一个兴趣班，即三人同被分至甲班或乙班，
记事件“被分至甲班”，事件“被分至甲班”，事件“被分至甲班”，
当即将摸球时，箱子中有2个红球和2个黑球，则被分至甲班即摸出红球的概率为；
当被分至甲班，即将摸球时，箱子中有2个红球和3个黑球，则被分至甲班即摸出红球的概率为；
当，均被分至甲班，即将摸球时，箱子中有2个红球和4个黑球，则被分至甲班即摸出红球的概率为；
所以，，
同理可知，数学爱好者，，均被分至乙班的概率也为，
所以，，三人均被分至同一个兴趣班的概率为.
（2）由题意，的可能取值为4，2，0，
为4名数学爱好者被分至同一班，则，
为4名数学爱好者中有3名均被分至同一班，其余1名被分至另一班，
设第名数学爱好者被单独分至另一班，则
，
，，
所以，
为4名数学爱好者中各有2名被分至甲班和乙班，
则，
所以.18.由题意可得，且，
当时，，舍去.
当时，，故，
令，则
，
又，对于，有，即在上单调递增，
所以，故恒成立，
所以，即在上单调递增，
又，则，所以在上单调递增，
又，所以在上恒成立，符合题意.
当时，令，则，，
所以，舍去.
综上，存在正整数，使得，，的值为2.
19.（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知单叶双曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，得，从而存在实数，使得，即，
则解得
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，得，
从而存在实数，使得，即，
则解得
所以点的坐标为，
因为点在曲面上，所以，
整理得，
因为为直线上任意一点，所以对任意的，有恒成立，
所以，且，
所以，，或，，
不妨取，则，，或，，
所以，或，
又直线的方向向量为，所以异面直线与所成角的余弦值为.