河南省新乡市2024届高三第二次模拟考试数学试题及答案
展开一、单选题
1.设,则( )
A.B.C.D.
2.在中,内角,,的对边分别为,,,且,,,则( )
A.为锐角三角形B.为直角三角形
C.为钝角三角形D.的形状无法确定
3.已知直线与抛物线:的图象相切,则的焦点坐标为( )
A.B.C.D.
4.已知,则( )
A.B.C.D.
5.老师有6本不同的课外书要分给甲、乙、丙三人,其中甲分得2本,乙、丙每人至少分得一本,则不同的分法有( )
A.248种B.168种C.360种D.210种
6.函数被称为取整函数,也称高斯函数,其中表示不大于实数的最大整数.若,满足,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
7.已知函数满足,则下列结论一定正确的是( )
A.是奇函数B.是奇函数
C.是奇函数D.是奇函数
8.已知圆锥的底面半径为,高为1,其中为底面圆心,是底面圆的一条直径,若点在圆锥的侧面上运动,则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多选题
9.如图,弹簧挂着的小球做上下运动,它在时相对于平衡位置的高度(单位:)由关系式,确定,其中,,.小球从最高点出发,经过后,第一次回到最高点,则( )
A.
B.
C.与时的相对于平衡位置的高度之比为
D.与时的相对于平衡位置的高度之比为
10.已知,集合,,,,则下列结论一定成立的是( )
A.B.C.D.
11.如图,已知双曲线:(,)的左、右焦点分别为,,点在上,点在轴上,,,三点共线,若直线的斜率为,直线的斜率为,则( )
A.的渐近线方程为B.
C.的面积为D.内接圆的半径为
三、填空题
12.已知一平面截球所得截面圆的半径为2,且球心到截面圆所在平面的距离为1,则该球的体积为 .
13.若一组数据,,,,的平均数为3,方差为,则,,,,,9这6个数的平均数为 ,方差为 .
14.已知函数,,若关于的方程有6个解,则的取值范围为 .
四、解答题
15.如图,在三棱锥中,平面平面,且,.
(1)证明:平面;
(2)若,点满足,求二面角的大小.
16.已知数列满足,.
(1)记,证明数列是等比数列,并求的通项公式;
(2)求的前项和,并证明.
17.根据国家电影局统计,2024年春节假期(2月10日至2月17日)全国电影票房为80.16亿元,观影人次为1.63亿,相比2023年春节假期票房和人次分别增长了18.47%和26.36%,均创造了同档期新的纪录.2024年2月10日某电影院调查了100名观影者,并统计了每名观影者对当日观看的电影的满意度评分(满分100分),根据统计数据绘制得到如图所示的频率分布直方图(分组区间为,,,,,).
(1)求这100名观影者满意度评分不低于60分的人数;
(2)估计这100名观影者满意度评分的第40百分位数(结果精确到0.1);
(3)设这100名观影者满意度评分小于70分的频率为,小于80分的频率为,若甲、乙两名观影者在春节档某一天都只观看一部电影,甲观看,影片的概率分别为,,乙观看,影片的概率分别为,,当天甲、乙观看哪部电影相互独立,记甲、乙这两名观影者中当天观看影片的人数为,求的分布列及期望.
18.已知,分别是椭圆:()的左、右顶点,为的上顶点,是上在第一象限的点,,直线,的斜率分别为,,且.
(1)求的方程;
(2)直线与交于点,与轴交于点,求的取值范围.
19.定义:若函数图象上恰好存在相异的两点,满足曲线在和处的切线重合,则称,为曲线的“双重切点”,直线为曲线的“双重切线”.
(1)直线是否为曲线的“双重切线”,请说明理由;
(2)已知函数求曲线的“双重切线”的方程;
(3)已知函数,直线为曲线的“双重切线”,记直线的斜率所有可能的取值为,,…,,若(),证明:.
参考答案:
1.B
【分析】
根据复数除法运算即可求解.
【详解】,
故,
故选:B
2.C
【分析】
根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于,
故为钝角,进而三角形为钝角三角形
故选:C
3.C
【分析】
联立直线与抛物线方程,利用相切有求得,从而得解.
【详解】依题意,联立,消去,得,
则,由,所以,
故抛物线方程为,则其焦点坐标为.
故选:C.
4.A
【分析】根据题意,求得,结合,代入即可求解.
【详解】因为,可得,
则,
.
故选:A.
5.D
【分析】
根据分类加法原理,结合组合、排列的定义进行求解即可.
【详解】根据题意进行分类:
第一类:甲、乙、丙每人分得2本,(种);
第二类:甲分得2本,乙、丙两人中一人分得1本另一人分得3分,(种).
所以由分类加法计数原理可得共有种不同的分法.
故选:D.
6.C
【分析】
根据基本不等式求解最值,即可根据一元二次不等式求解,即可根据取整函数的定义求解.
【详解】,当且仅当时取等号,
由可得,
所以,故,
故选:C
7.B
【分析】
利用赋值法推得,从而得到的对称性,再利用函数图象平移的性质可判断B,举反例排除ACD,由此得解.
【详解】因为,
令,可得,则;
令,则,
故的图象关于点对称,
则的图象关于点对称,即是奇函数,故B正确;
对于C,令,可得,则,
当时,,此时不可能是奇函数,
由于无法确定的值,故不一定是奇函数,故C错误;
对于AD,取,满足题意,但易知D错误;
故选:B.
8.A
【分析】
由,最小时,有最小值,求的最小值即可.
【详解】圆锥的底面半径为,高为1,其中为底面圆心,是底面圆的一条直径,
则有,,
点在圆锥的侧面上运动,
则,
最小时,有最小值,的最小值为点到圆锥母线的距离,
中,,,则,点到的距离,
则的最小值为,的最小值为.
故选:A
9.BC
【分析】
根据周期求出,代入得到,从而得到函数解析式,再代入数据即可判断CD.
【详解】
对于AB,由题可知小球运动的周期,又,所以,解得,
当时,,又,所以,故A错误,B正确;
对于CD,则,
所以与时的相对于平衡位置的高度之比为
,故C正确D错误.
故选:BC.
10.AB
【分析】
根据集合代表的含义,结合直线过定点以及直线与圆的关系,圆与圆的关系,即可结合选项逐一求解.
【详解】表示过定点,且斜率为的直线的点构成的集合,
表示过定点且斜率为的直线的点构成的集合,
表示圆心为,半径为的圆上的点构成的集合,
表示圆心为,半径为的圆上的点构成的集合,
对于A,集合中的直线平行,故,故A正确,
对于B,由于,故在圆内,
故经过点的直线与圆相交,,故B正确,
对于C,由于,故在圆外,
故当经过点的直线与圆相离时,此时,故C错误,
对于D,由于,故两圆相交,,D错误,
故选:AB
11.ABD
【分析】
根据斜率以及双曲线的对称性可得为等边三角形,即可根据同角关系与和差公式求解三角函数值,进而利用正弦定理求解,由双曲线定义可得,进而根据选项即可逐一求解,
【详解】对于A,依题意,直线的斜率为,所以,又,
所以为等边三角形,故,
在中,为锐角,
,
所以,
根据正弦定理可得,
即,解得,
所以,即,
所以双曲线的方程为,
对于AB,的渐近线方程为,故AB正确;
对于C,的面积为,故C错误;
对于D,的面积为,
所以内接圆的半径为,故D正确.
故选:ABD,
【点睛】关键点点睛:本题解决的关键是,利用三角函数的知识与正弦定理求得,从而得到双曲线的方程,从而得解.
12.
【分析】
利用球的截面圆性质求得球的半径,再利用球的体积公式即可得解.
【详解】由球的截面圆性质可知球的半径,
则该球的体积为.
故答案为:.
13.
【分析】
利用平均数公式与方差公式求解即可.
【详解】依题意,知这6个数的平均数为,
又,得,
所以这6个数的方差为.
故答案为:;.
14.
【分析】
令,根据的图象可知,等于常数的解最多只有3个,根据图象性质可知,等于常数的解最多只有2个,若有6个解,需要有3个解,有2个解,根据图象先求出,再得出和中最小解之间的等式关系,而后结合的值域即可建立关于的不等式,最后构造关于的函数,求导求单调性即可解不等式,进而得出结果.
【详解】令,由函数的图象可知,方程(为常数)最多有3个解,
在上单调递增,
当时,,则在上单调递增,在上单调递减,
所以处取得极大值,即极大值为,如下图:
故结合图象可得,且方程的三个解中最小的解为.
又,在上单调递减,在上单调递增,
所以最小值为,即当时,有2个零点,
所以使关于的方程有6个解,则,
,即,令,
易知在上单调递增,又,所以的解集为,
综上所述,的取值范围为.
故答案为:.
【点睛】方法点睛:本题考查复合函数零点个数问题,此类题目一般做法为:
(1)先根据解析式画出两个函数图象;
(2)令复合函数内函数为;
(3)结合函数图象及零点个数,分析外函数根的个数以及自变量对应的取值范围;
(4)再确定内函数根个数及对应参数取值范围;
(5)解出参数范围即可.
15.(1)证明见解析
(2)
【分析】
(1)由面面垂直的性质定理得证线面垂直后可得线线垂直,再由线面垂直的判定定理证明结论成立;
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,用空间向量法求二面角.
【详解】(1)
过作于点,平面平面,且平面平面,平面,
故平面.又平面,.
又,,平面,平面,
所以平面,
(2)
由(1)平面,平面,故,
以为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,0,,,,1,,,
故,,所以,
,
设平面的法向量,
则,令有,故,
平面的法向量,
则,
又二面角所成角为锐角,
二面角所成角的余弦值为,角的大小为.
16.(1)证明见解析;.
(2);证明见解析.
【分析】
(1)结合递推公式利用等比数列的概念即可证明并求得通项公式;
(2)利用递推公式将用得前项和来表示,即,进而利用等比数列的前项和公式即可求解;令,并用可得单调性,从而即可证明.
【详解】(1)证明:由题意可知,,
所以数列是首项,公比为6的等比数列.
于是.
(2)由题意可知,,所以
.
又,
令,
,
所以数列单调递增,故,即.
17.(1)
(2)
(3)分布列见解析;
【分析】
(1)利用频率分布直方图的频率与频数公式即可得解;
(2)利用频率分布直方图中百分位数的计算方法即可得解;
(3)先求得,再利用独立事件的概率公式分别求得的取值对应的概率,从而得解.
【详解】(1)由图可知,满意度评分不低于60分的频率为,
所以这100名观影者满意度评分不低于60分的人数为.
(2)因为,
所以这100名观影者满意度评分的第40百分位数位于第三组,
则这100名观影者满意度评分的第40百分位数的估计值为.
(3)由图可知,,同理,
而的可能取值为,
则,
,
,
所以的分布列为
故.
18.(1)
(2)
【分析】
(1)根据题意,得到关于的方程组,解之即可得解;
(2)分别联立直线与椭圆方程、直线与直线方程,求得的坐标,从而将所求转化为的纵坐标的表达式,从而得解.
【详解】(1)依题意,设,显然,,
则,又,即,
所以,即①,
由,得②,
联立①②,解得,
所以椭圆的方程为,
(2)由(1)得,,
设直线的方程为,
因为点位于第一象限,所以,
联立,整理得,
则,所以,则,
所以,
又直线的方程为,即,
所以联立,解得,
故
,
因为,所以,,则,
所以,
【点睛】关键点点睛:本题解决的关键是,将转化为的纵坐标的比值,从而得解.
19.(1)是,理由见解析;
(2);
(3)证明见解析.
【分析】
(1)根据题意,利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点,再分别求切线方程验证即可.
(2)求出函数的导数,并设出切点,求出处的切线方程,再利用“双重切线”的定义求出切线方程.
(3)利用“双重切线”的定义,分别设出对应的切点,分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系,再构造函数,利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间,然后借助不等式性质推理即得.
【详解】(1)
的定义域为,求导得,直线的斜率为2,
令,解得,不妨设切点,
则点处的切线方程为,即,
点处的切线方程为,即,
所以直线是曲线的“双重切线”.
(2)函数,求导得,
显然函数在上单调递增,函数在上单调递减,
设切点,则存在,使得,
则在点处的切线方程为,在点处的切线方程为,
因此,消去可得,
令,求导得,
则函数在上单调递增,又,函数的零点为,因此,
所以曲线的“双重切线”的方程为.
(3)设对应的切点为,对应的切点为,
由,得,,
由诱导公式及余弦函数的周期性知,只需考虑,,其中,
由及余弦函数在上递增知,,
则,
,
因此,又,,
则,同理,
令,求导得,
则在上单调递增,显然,且,
函数在上的值域为,即函数在上存在零点,则有,
由,同理可得,而,因此,
于是,即有,
所以,即.
【点睛】关键点点睛:本题求解的关键点有两个:一是利用导数的几何意义求解切线的斜率;二是设切点并利用和切线方程得到之间的等式,进而消去一个未知数,构造函数利用导数的性质求得方程的零点.
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河南省新乡市2023届高三下学期第二次模拟考试理科数学试题(含答案): 这是一份河南省新乡市2023届高三下学期第二次模拟考试理科数学试题(含答案),共10页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上.,本试卷主要考试内容等内容,欢迎下载使用。