河南省湘豫名校联考2024届高三下学期考前保温卷数学试卷（解析版）

这是一份河南省湘豫名校联考2024届高三下学期考前保温卷数学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为集合且，
即
又，所以．
故选：A．
2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，所以,
所以，所以的虚部为，
故选：C．
3. 已知能被3整除，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
【答案】A
【解析】因为，
显然当时，能被3整除，即．
又能被3整除时，不一定有，比如，即，所以是的充分不必要条件．
故选：A．
4. 若，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由指数函数的性质可知，
由对数函数的单调性可知，．
又，所以，即．
故选：B．
5. 已知向量满足，又非零向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】D
【解析】由，可得，
又，所以，又，
所以，所以，如图，令，，
则，易得是等边三角形，
取的中点，连接，则有，
所以与共线，所以与的夹角为或.
故选：D．
6. 已知点在以原点为圆心，半径的圆上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】由题意可得点的坐标满足，所以，．
因此，
.
当且仅当时，即时取等号．
故选: D．
7. 甲、乙、丙三人玩数字卡片游戏，他们每人均有标有数字的四张卡片，游戏时，三人同时从自己的四张卡片中随机抽出一张：若三人抽出的三个数字两两不相等且三个数字之和大于7，则抽出最大数字的人晋级下一轮；若三人抽出的有相同数字且三个数字之和大于8，则抽出相同数字的人可同时晋级下一轮.那么三人在第一次抽出卡片后，就至少有一人晋级的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由分步乘法计数原理知，每人同时从自己的四张卡片中随机抽出一张卡片共有种可能.
由题意，只有一人晋级下一轮有2种可能：，共有种情况；
有两人晋级下一轮有3种可能：共有种情况；
有三人晋级下一轮有2种可能：，共有2种情况，
所以至少有一个人晋级的概率为.
故选：C.
8. 已知，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以整理不等式，
可得，转化为恒成立，
令，则，
因为，所以在上单调递增，所以恒成立，
又因为，所以，
所以对任意的恒成立，即恒成立，
构造函数，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，当时，，所以，即．
故选：B．
二、选择题
9. 在某节体育课上，体育老师对某班学生进行了立定跳远测试，其中有一组学生的成绩数据如下（单位：m）：1.74，1.87，1.81，1.81，1.88，1.99，那么（ ）
A. 这组学生成绩的平均数是1.85
B. 这组学生成绩的中位数是1.84
C. 这组学生成绩的众数是1.87
D. 这组学生成绩的方差是0.036 2
【答案】AB
【解析】将这组数据从小到大重新排列：1.74，1.81，1.81，1.87，1.88，1.99，
则这组数据平均数为，A正确．
这组数据的中位数为，B正确．
这组数据的众数为错误．这组数据的方差为，D错误．
故选:AB．
10. 已知的内角所对的边分别为，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的三边一定构成等差数列
B. 的三边一定构成等比数列
C. 面积的最大值为
D. 周长最大值为
【答案】BC
【解析】在中，由，得．
所以，所以，
所以．又，所以，
所以．由正弦定理得，即成等比数列．
取适合题意，但此时三边不构成等差数列，A错误，正确．
由及余弦定理得（时取等号）．
因为．所以．所以．
又，所以，
所以的面积，C正确．
由及，可得，
即，所以．
因为，所以，
所以，D错误．
故选:BC．
11. 已知定义域为的函数满足下列三个条件：①的图象关于直线对称；②对任意的实数都有；③．则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 是周期函数
C. 函数图象的对称轴为
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】由题中条件①的图象关于直线对称，知函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数．
令，代入条件②得，即，即，A错误．
把代入条件②得，即．所以函数的一个周期为B正确．
由函数是周期为2的偶函数可知，是函数图象的对称轴．
在中以代得，即，
所以直线是函数图象的一条对称轴．所以是图象的对称轴．
所以图象的对称轴为，C正确．
因为是周期为2的函数，且，
所以．
所以当时，有
，
，D正确．
故选:BCD．
三、填空题
12. 在一个棱长为4的正方体内部有一个半径为的小球，该小球可以在正方体内部自由活动．当任意旋转、晃动正方体并保证小球至少与正方体的一个面相切时，小球球心的轨迹在正方体内部又会形成一个几何体，则小球球心轨迹形成的几何体的体积为________．
【答案】27
【解析】因为小球至少与正方体的一个面相切，
所以小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体，
如图，因为外部正方体的棱长为4，小球的半径为，
所以形成的正方体的棱长为3，其体积为．
故答案为：27
13. 已知函数的图象关于坐标原点对称，若在的图象上存在一点列：，，满足且，那么满足条件的的最小值为______．
【答案】8
【解析】因为
．
又因为的图象关于坐标原点对称，所以函数为奇函数，
所以，即，又，所以，
所以．因为
．
又，所以．
要求满足条件的的最小值，只需优先找使的点即可．
结合的图象，可令．
故满足条件的最小整数为．故答案为：.
14. 已知椭圆的方程为，点为的一个焦点，点为的两个顶点，若，，则的可能值中的最大值为______．
【答案】5
【解析】设．由椭圆的对称性，不妨设为右焦点，
易知点到的左顶点的距离为，到右顶点的距离为，到上、下顶点的距离均为，分情况进行讨论：①若分别为的左、右顶点，则，解得，则，所以，相对应的的方程为；
②若为的左顶点，为的上顶点或下顶点，则，所以，，
所以，相对应的的方程为；
③若为上顶点或下顶点，为右顶点，则，所以，，
所以，相对应的的方程为．
综上所述，的所有可能值为，，；比较可知三值最大的为，即的可能值中的最大值为．故答案为：
四、解答题
15. 如图，在长方体中，点分别是的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，且底面为正方形，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：如图，连接，

因为点分别是的中点，
所以．
又由长方体的性质知，，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
又平面平面，所以平面．
（2）解：方法一：以为坐标原点，分别以所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，四边形为正方形，
所以，
所以
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为．
易得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面夹角的余弦值为
方法二：因为平面平面，
所以平面与平面的夹角即为平面与平面的夹角．
取的中点，连接，
分别延长交于点，则平面平面，
在平面内，作交的延长线于，连接．
因为平面，又平面，所以．
又，平面，
所以平面，所以．
所以即为平面与平面的夹角．
设，因，
所以．

所以，所以．
在Rt中，，
所以在Rt中，，即．
所以，
所以（负值舍去），
所以平面与平面夹角的余弦值为．
方法三（射影法）：设平面与平面的夹角为，如图，过点作于点，过点作于点，连接，

则为射影．
由题易得，
所以，
所以
所以．
又，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
16. 已知双曲线的离心率，虚轴的一个端点与其左、右两焦点构成的三角形的面积为．
（1）求的标准方程；
（2）若直线与的左、右两支分别交于两点，
（i）当直线不过的两焦点时，求证：与的周长相等；
（ii）当时，若以线段为直径的圆过双曲线的右焦点，求的值．
解：（1）由题意知，解得，
所以的标准方程为.
（2）（i）不妨令两点的位置如图，由双曲线的定义可知：
．
所以，即．
所以，即与的周长相等．
（ii）设，
由消去并整理，得．
因为
所以．
又双曲线的右焦点为，
所以．
由以线段为直径的圆过双曲线的右焦点知，，即．
所以．
所以，
即．
所以，整理得．
解得
17. 现有一摸奖游戏，其规则如下：设置1号和2号两个保密箱，在1号保密箱内共放有6张卡片，其中有4张卡片上标有奇数数字，另外2张卡片上标有偶数数字；2号保密箱内共放有5张卡片，其中有3张卡片上标有奇数数字，另外2张卡片上标有偶数数字．摸奖者先从1号保密箱内随机摸出一张卡片放入2号保密箱内，待把2号保密箱内的卡片重新搅拌均匀后，再从2号保密箱内随机摸出一张卡片，即完成一次摸奖，如果摸奖者从1号保密箱和2号保密箱内摸出的卡片上的数字均为偶数即中奖．当上一个人摸奖结束后，需要将两保密箱内的卡片复原并搅拌均匀，下一个人才可摸奖，所有卡片的外观质地都相同．
（1）求摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率；
（2）若有3人依次摸奖，且每人只完成一次摸奖，求这3人摸奖全部结束后中奖人数的分布列和数学期望；
（3）为了提高摸奖者的中奖概率，现将游戏规则修改为：摸奖者先从1号保密箱内随机摸出一张卡片放入2号保密箱内，待把2号保密箱内的卡片重新搅拌均匀后，再从2号保密箱内随机摸出一张卡片，如果摸奖者从2号保密箱内摸出的卡片上的数字为偶数即中奖．在修改游戏规则的同时，对1号和2号两个保密箱内的卡片重新进行调整：已知标有奇数、偶数的卡片各有7张，并且已在1号保密箱内放入了3张标有奇数的卡片，2号保密箱内放入了4张标有奇数的卡片，那么，应该如何放置7张标有偶数的卡片（每个保密箱中至少放入1张偶数卡片），才能使摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高？最高为多少？请说明理由．
解：（1）设“从1号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件，
“从2号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件，则“摸奖者中奖”为事件,
，由条件概率公式，，
所以摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为．
（2）依题意，3人依次摸奖，且每人只完成一次摸奖，中奖人数的可能值为，
由每个人中奖的概率均为，每人完成一次摸奖就相当于做了一次独立重复实验．则，
因此中奖人数的分布列为，
数学期望为．
（3）方法一：设在1号保密箱中放入张标有偶数的卡片，则在2号保密箱中放入张标有偶数的卡片，其中，
则
，
因为，即单调递减，
所以当，即在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，
摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高，最高概率为．
方法二：当在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，
在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为：
；
当在1号保密箱中放入2张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入5张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为；
当在1号保密箱中放入3张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入4张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为；
当在1号保密箱中放入4张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入3张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为；
当在1号保密箱中放入5张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入2张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为；
当在1号保密箱中放入6张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入1张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为．
显然，
所以在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片，在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时，摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高，最高概率为．
18. 已知函数．
（1）求的极大值；
（2）若，求在区间上的零点个数．
解：（1）由题易得函数的定义域为，
又，
所以当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
综上所述，当时，的极大值为；当时，的极大值为0．
（2）方法一：当时，，所以函数．
由，得．
所以要求在区间上的零点的个数，
只需求的图象与的图象在区间上的交点个数即可．
由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上单调递减．
又在区间上单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
所以在区间上有且只有1个零点．
因为当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上有极大值，
即当时，恒有．
又当时，的值域为，且其最小正周期为，
现考查在其一个周期上的情况，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
因为在区间上，，
所以与的图象在区间上无交点，
即在区间上无零点．
在区间上，单调递减，单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
所以在一个周期上有且只有2个零点．
同理可知，在区间上，且单调递减，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，
所以与的图象在区间和上各有一个交点，即在上的每一个区间上都有且只有2个零点．所以在上共有个零点．
综上可知，在区间上共有个零点．
方法二：当时，，所以函数．
当时，，所以在区间上单调递减．
又，所以存在唯一零点，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，，所以．
所以在上无零点．
当时，，所以在区间上单调递增．
又，所以存在唯一零点．
当时，，
设，则
所以在上单调递增．
又，
所以存在，使得．
即当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，
所以在区间上有且仅有一个零点.
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，
，
设，则
所以在上单调递增．
又，所以在区间上单调递减：又，
所以存在唯一，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
所以在区间上有两个零点．
所以在上共有个零点．
综上所述，在区间上共有个零点．
19. 数列极限理论是数学中重要的理论之一，它研究的是数列中数值的变化趋势和性质．数列极限概念作为微积分的基础概念，它的产生与建立对微积分理论的创立有着重要的意义．请认真理解下述3个概念．
概念1：对无穷数列，称为数列的各项和．
概念2：对一个定义域为正整数集的函数，如果当趋于正无穷大时，的值无限趋近于一个常数，即当时，，就说常数是的极限值，记为．如：，当时，由反比例函数的性质可知，即记为．当（为常数）时，．
概念3：对无穷数列，其各项和为，若当时，（为常数），即，则称该数列的和是收敛的，为其各项和的极限；若当时，其各项和的极限不存在，则称该数列的和是发散的，其各项和的极限不存在．
试根据以上概念，解决下列问题：
（1）在无穷数列中，，求数列的各项和的极限值；
（2）在数列中，，讨论数列的和是收敛的还是发散的；
（3）在数列中，，求证：数列的和是发散的．
（1）解：因为，，所以，数列的前项和为
．
因为，由指数函数的性质知，当时，，
所以当时，，即．
所以数列的各项和的极限值为．
（2）解：因为，所以数列是公比为的等比数列，其前项和为．①若，由指数函数的性质知，当时，，即，
所以．
此时数列的和是收敛的，其各项和的极限为.
②若，由指数函数的性质知，当时，，即，
所以，此时数列的和是发散的．
③当时，，所以当时，，即，此时数列的和是发散的．综上可知，当时，数列的和是收敛的，其各项和的极限为；当时，数列的和是发散的．
（3）证明：方法一：数列的前项和，其中，
同理可得．一般地，可得．当时，，由此得．即当时，的极限不存在．因为包含于数列，所以数列的前项和的极限不存在．所以数列的和是发散的．
方法二：因为，所以，．
因为，，
当时，，
即时，.所以数列前项和的极限不存在，即数列的和是发散的．
0
1
2
3
0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值