2024届河南省洛阳创新发展联盟高三7月阶段性检测数学试题含答案

2024届河南省洛阳创新发展联盟高三7月阶段性检测数学试题

一、单选题

1．书桌上有3本不同的数学书和4本不同的语文书，从中任取数学书和语文书各1本，则不同的取法有（    ）

A．6种 B．7种 C．12种 D．21种

【答案】C

【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.

【详解】第一步：从数学书中任取1本，有3种不同的取法.

第二步：从语文书中任取1本，有4种不同的取法.

故从中任取数学书和语文书各1本，不同的取法有种.

故选：C

2．已知，则（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】B

【分析】利用导数的定义求解即可.

【详解】.

故选：B.

3．“”是“方程表示圆”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

【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件是可得答案.

【详解】因为方程，即表示圆，

等价于0，解得或.

故“”是“方程表示圆”的充分不必要条件.

故选：A

4．已知分别为椭圆的两个焦点，且的离心率为为椭圆上的一点，则的周长为（    ）

A．6 B．9 C．12 D．15

【答案】C

【分析】根据离心率求解，即可由焦点三角形求解周长.

【详解】因为的离心率为，且，所以，解得，则，所以的周长为.

故选：C

5．已知在的展开式中，第3项与第4项的二项式系数相等，则展开式中各项的系数之和为（    ）

A．128 B．243 C．729 D．2187

【答案】B

【分析】根据题意，列出方程即可得到，然后令，即可得到结果.

【详解】由题意可得，则，即，令，得各项系数之和为.

故选：B

6．如图，在四棱台中，正方形和的中心分别为和平面，则直线与直线所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出直线与直线所成角，解直角三角形求得其正切值.

【详解】连接，作，

垂足为即直线与直线所成的角.

.

故选：B

7．中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中A受灾点至少需要2支救援队，则不同的安排方法种数是（    ）

A．180 B．320 C．345 D．360

【答案】D

【分析】将6支救援队按1，1，4、1，2，3或2，2，2分成3组，分别求出其不同的安排方法种数，再由分类加法计算原理即可得出答案.

【详解】若6支救援队按1，1，4分成3组，则不同的安排方法种数是·=30，

若6支救援队按1，2，3分成3组，则不同的安排方法种数是=240，

若6支救援队按2，2，2分成3组，则不同的安排方法种数是·=90，

故不同的安排方法种数是360.

故选：D.

8．“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用朗博同构变形转化求得，进而求解函数的最大值.

【详解】由，得，

即，所以，，

令，则对任意的恒成立，

所以，函数在上单调递增，

由可得，所以，

令，所以，

当时，；当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减，则，

故选：B.

二、多选题

9．已知两个随机变量满足，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意，由二项分布的期望与方差公式代入计算即可得到，再由期望与方差的性质即可得到.

【详解】由题意可得,，

且，则，

.

故选：ABD

10．已知为函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则（    ）

A．有个极值点

B．是的极大值点

C．是的极大值点

D．在上单调递增

【答案】ABD

【分析】根据图象判断出的符号，由此确定正确答案.

【详解】根据函数的图象可知，

在区间，单调递增；

在区间，单调递减.

所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增，

是的极小值点，

所以ABD选项正确，C选项错误.

故选：ABD

11．等差数列的前项和为，公差为，若，则（    ）

A． B．

C．当时，取得最大值 D．当时，取得最大值

【答案】BC

【分析】根据等差数列的性质可得，即可结合选项判断.

【详解】，所以，故，

当时，取得最大值.故BC正确，AD错误.

故选：BC

12．如图1，《卢卡•帕乔利肖像》是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若，则（    ）

A．

B．该水晶多面体外接球的表面积为

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【分析】根据该水晶多面体的对称性、正方体的性质，以及立体几何中的向量方法判断各选项.

【详解】该水晶多面体的俯视图如图1所示，

对于A，，故A错误；

对于B，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.

记该水晶多面体外接球的半径为，球心，则，故该水晶多面体外接球的表面积为，故B正确.

对于C，因为，，平面，

所以平面平面.

根据正方体的对称性易得平面的一个法向量为，即为平面的一个法向量.，

故直线与平面所成角的正弦值为，故C正确.

对于D，点到平面的距离为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．的展开式中的常数项为      ．

【答案】240

【分析】根据二项式展开式通项公式确定常数项对应项数，再代入得结果

【详解】，

令得，，

所以的展开式中的常数项为.

【点睛】本题考查求二项式展开式中常数项，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为30°，则的离心率为      ．

【答案】/

【分析】由E的渐近线斜率，代入离心率求解.

【详解】因为的一条渐近线的倾斜角为，

所以，则的离心率．

故答案为：.

15．袋子中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球，每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到黑球的概率为      .

【答案】/0.5

【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.

【详解】记事件为第1次摸到白球，事件为第2次摸到黑球，则，则.

故答案为：

16．数列满足，，则的前2023项和      .

【答案】1351

【分析】根据已知递推式求出，则可得从第3项起以3为周期的周期数列，从而可求得答案

【详解】因为，

所以，

则从第3项起以3为周期的周期数列，

所以.

故答案为：1351

四、解答题

17．为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素对本校学生体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行调查，得到下表:

在本次调查中，男生人数占总人数的，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的.

(1)求p，q的值;

(2)依据α=0.001的独立性检验，能否认为学生的性别与喜欢体育锻炼有关?

附:χ2=，n=a+b+c+d.

【答案】(1)p=180，q=120

(2)学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

【分析】（1）根据题设条件，建立的方程组即可求出结果；

（2）通过计算出，即可判断出结果.

【详解】（1）由题可知，解得.

（2）零假设为H0：学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

根据列联表及（1）中数据，经计算得到

，

根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0成立，即学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联.

18．在等比数列中，，且是和的等差中项.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，由等差中项的性质列出方程，即可求得公比，再由等比数列的通项公式即可得到结果；

（2）根据题意，由错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）设的公比为，因为是和的等差中项，所以，

则，解得或.

当时，.

当时，.

（2）因为，所以.

，

则，

则

.

故.

19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，底面是的中点，.

(1)证明：平面平面.

(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明出面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用线面角的大小列出方程，求出，从而利用空间向量求出面面角的余弦值

【详解】（1）因为底面平面，所以.

因为，所以.

又，

所以，

则，故.

因为，平面，所以平面.

又平面，所以平面平面.

（2）取中点，连接，

因为底面是直角梯形，，，，，

所以，

因为底面，平面，所以，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设，则，

.

设平面的法向量为，

则，解得，

令，得，故.

因为直线与平面所成角的正弦值为，

所以，

解得或（舍去），则，

则.

设平面的法向量为，

则，

令，则，得.

，

故平面与平面夹角的余弦值为.

20．猜歌名游戏根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目，节目组准备了两组歌曲的主旋律制成的铃声，随机从两组歌曲中各播放两首歌曲的主旋律制成的铃声，该嘉宾根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.已知该嘉宾猜对组中每首歌曲的歌名的概率均是，猜对组中每首歌曲的歌名的概率均是，且猜对每首歌曲的歌名相互独立.

(1)求该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率；

(2)若嘉宾猜对一首组歌曲的歌名得1分，猜对一首组歌曲的歌名得2分，猜错均得0分，记该嘉宾累计得分为，求的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）先计算出该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率和该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案；

（2）求出的所有可能取值及对应的概率，写出分布列，计算出数学期望.

【详解】（1）该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率；

该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率.

故该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率.

（2）由题意可得的所有可能取值分别是0，1，2，3，4，5，6.

没有猜对组中每首歌曲的歌名的概率为，没有猜对组中每首歌曲的歌名的概率是，

，

，

，

，

，

.

的分布列为

故.

21．已知抛物线C：（）上一点（）与焦点的距离为2.

(1)求p和m；

(2)若在抛物线C上存在点A，B，使得，设的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为，求点D的坐标.

【答案】(1)，

(2)或.

【分析】（1）根据抛物线的性质，求出，然后将代入抛物线的方程即可求出m；

（2）根据D到抛物线C的准线的距离求出D的横坐标，将转为，从而得到，两者结合即可求出，即可求出点D的坐标.

【详解】（1）设抛物线C的焦点为F，根据题意可知，解得.

故抛物线C：.

因为M在抛物线C上，所以.又因为，所以.

（2）设，，，直线的斜率为，直线的斜率为.

易知，一定存在，则，.

由，得，即，化简得，即

因为D到抛物线C的准线的距离，所以，

则，即，.

，即，

解得或，则或.

故点D的坐标为或.

22．已知函数.

(1)若，求的图象在处的切线方程;

(2)若有两个极值点，证明:.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义求解即可；

（2）根据给定条件可得有两个不相等的正实数根，转化为有两个不相等的正实数根，即.要证，即证<，令，即证即.令，对求导，得到的单调性，即可证明.

【详解】（1）因为，所以，，

则，

故f（x）的图象在处的切线方程为，即.

（2）证明：因为，

所以，

由有两个极值点，得方程有两个不相等的正实数根，

即方程有两个不相等的正实数根.

令，则.

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

当时，，当时，.

由有两个不相等的正实数根，可得，

即有两个不相等的正实数根.

由，得.

要证，只需证<，即证<.

不妨令，，则，<等价于t<，

即.

令，，则，

则，从而.

【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.