河南省新乡市第一中学2024届高三二模模拟测试数学试题及答案

这是一份河南省新乡市第一中学2024届高三二模模拟测试数学试题及答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知甲、乙两名篮球运动员在四场小组赛中的得分（单位：分）如下表：
则对于这两组数据，不相同的数字特征是（ ）
A．平均数B．中位数C．方差D．极差
2．已知直线经过椭圆的右焦点F和上顶点A，则C的长轴长为（ ）
A．4B．C．3D．2
3．已知在数列中，，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．设圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为，且上底面半径为质数，则该圆台的母线长为（ ）
A．2B．3C．5D．6
5．从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（ ）
A．16B．24C．28D．36
6．已知N是圆上的动点，点M满足，记M的轨迹为E，则（ ）
A．E是与圆O相切的一条直线B．E是半径为5的圆
C．E上的点到原点O的距离的最大值为8D．E与圆O相切
7．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）之间的关系式为，其中是正的常数，若在前消除了的污染物，则常数k所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数在区间上的最小值为a，最大值为，则（ ）
A．B．
C．D．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得函数的图象关于轴对称
11．已知不恒为0的函数的定义域为，则（ ）
A．B．是奇函数C．是的极值点D．
三、填空题
12．在复平面内，复数对应的点的坐标为，则 ．
13．已知F是抛物线的焦点，直线与C在第一象限的交点为M，若，则 ．
14．在直三棱柱中，，则该三棱柱的体积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知的内角的对边分别为．
(1)求的值；
(2)若的面积为，且，求的周长．
16．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)方程有两个不同的实数解，求的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，E在棱上，．
(1)证明：．
(2)设Q为线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．某公司计划在员工团建活动中设置一个抽奖环节．工作人员在仓库中随机抽取了20个规格相同的礼盒，各礼盒中均有1个质地相同的小球，礼盒和小球的颜色为红色或黑色，且颜色分布如下表所示．
已知从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为．
(1)求的值．
(2)为提高活动的趣味性，设抽奖过程及中奖规则如下：
①将20个礼盒放在1个箱子中，每人有放回地分两次抽取，每次抽取1个礼盒，并记录礼盒和该礼盒中的小球的颜色．
②两次抽取后的结果分四种情况：礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同；2个礼盒的颜色相同，但2个小球的颜色不同；2个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同；礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相同．
③按②抽取后的结果的可能性大小，设概率越小，对应奖项的奖金越高．
④活动奖励分四个等级，奖金额分别为一等奖800元，二等奖400元，三等奖200元，四等奖100元．
若预计有60名员工参与抽奖活动（每人抽奖1次），求抽奖活动的奖金总额的数学期望．
19．已知是双曲线的右焦点，过点F的直线与E交于两点（不同于E的顶点），当直线过点时，C恰为的中点．
(1)求E的方程；
(2)设分别为E的左、右顶点，与交于点与交于点Q，若D为的中点，证明为定值，并求出该定值．
甲
6
12
9
13
乙
8
11
7
14
小球颜色
礼盒颜色
合计
红色
黑色
红色
m
n
黑色
2
6
8
合计
20
参考答案：
1．B
【分析】由平均数，中位数，方差，极差的计算逐一判断即可.
【详解】A：甲的平均数为，乙的平均数为，故A错误；
B：将甲从小到大排列为：6,9,12,13，所以中位数为；
将乙从小到大排列为：7,8,11,14，所以中位数为，故B正确；
C：甲的方差为，
乙的方差为，
故C错误；
D：甲的极差为，乙的极差为，故D错误；
故选：B.
2．A
【分析】根据倾斜角，结合椭圆的性质即可求解.
【详解】的斜率为，经过点，故其倾斜角为，因此,
由于，所以，所以，
故，故长轴长为,
故选：A
3．D
【分析】根据数列的周期性即可求解.
【详解】由可得
因此故，
故选：D
4．B
【分析】如图，易知且，根据圆台侧面积公式计算可得，结合质数的概念即可求解.
【详解】设圆台上底面的半径为r，下底面半径为R，母线为l，则.
如图，分别为圆台上、下底面的圆心，AB为一条母线，连接，
过点A作于点D，则四边形为矩形，得，
所以，在中，，圆台的侧面积为，
所以，又为质数，所以或3.
当时，，则，符合题意；
当时，，则，不符合题意.
所以圆台的母线长为3.
故选：B
5．C
【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解.
【详解】若没有取到0，则有种方法，
若取到0，则有种方法，
所以不同的三位数共有种.
故选：C
6．C
【分析】设，两圆平面向量的坐标表示可得，则确定E的方程，结合圆与圆的位置关系依次判断即可.
【详解】A：设，则，
由，得，解得，
又点在圆O上，所以，
即点M的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，故A错误；
B：由A的分析知，E是以为圆心，3为半径的圆，故B错误；
C：E上的点到原点O的距离最大值为，故C正确；
D：两圆的圆心距为，两圆的半径之和为6，
所以，即两圆相交，故D错误.
故选：C
7．B
【分析】首先由题意列式，再利用指对互化，求解方程，再确定范围.
【详解】由条件可知，当时，，由题意可知，，
得，即，
因为，，所以，
所以.
故选：B
8．A
【分析】根据及将已知化简，再根据辅助角公式结合余弦函数的性质求出，再根据两角和的正切公式即可得解.
【详解】
，
，
因为，
所以，
所以，
即，即，
所以或，，
所以，
故，
所以.
故选：A.
【点睛】方法点睛：给值求值的方法：
（1）直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式；
（2）常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代换，其中要特别注意的是“”的代换，如，，等，、、、、等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用；
（3）角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式，像这样的方法就是角的代换，常见的有：
，，，
，，
，等.
9．BCD
【分析】先求解不等式得集合，利用集合的交集、并集、补集定义运算和集合间的包含关系即可一一判断正误.
【详解】由可得或，即或.
对于A项，或，故A项错误；
对于B项，或,故B项正确；
对于C项，因或，故，故C项正确；
对于D项，，故D项正确.
故选：BCD.
10．BC
【分析】由求得，由最大值求得，由求得，进而确定的解析式，结合三角函数图象的平移变换即可求解.
【详解】A：由，得，即，
又，所以，故A错误；
B：，由，得，
又在上的最小值为，最大值为，
所以，得，
当时，取得最大值，，解得，故B正确；
C：由选项B的分析知，所以，
得，所以，解得，
故，得，故C正确；
D：将图象向右平移个单位长度后，
得，
该函数图象关于原点对称，故D错误.
故选：BC
11．ABD
【分析】根据给定的函数等式，利用赋值法令即可判断A；结合奇偶函数的定义构造即可判断B；利用极值点的意义即可判断C；利用赋值法即可判断D.
【详解】函数的定义域为，
对于A，令，则，解得，A正确；
对于B，，取，则，因此，
令，即有，因此函数是奇函数，即是奇函数，B正确；
对于C，选项B中，令，则，求导得，，
因此不是的极值点，C错误；
对于D，，
由，得，即，
因此，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
12．
【分析】由坐标写出对应复数，再求出其共轭复数，代入化简求解即可.
【详解】由题意得复数对应的点的坐标为，故，，
故，
故答案为：
13．
【分析】根据焦半径公式以及斜率公式，即可联立求解.
【详解】设
则，且，结合可得
故答案为：．
14．6
【分析】根据几何关系，结合基本不等式求底面面积的最大值，即可求解体积的最大值.
【详解】如图，，，则，
由，则，当时，等号成立，
即的最大值为6，

此时三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：6
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，进而得到的值；
（2）由若的面积为，求得，再由余弦定理，求得，进而求得的周长.
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
可得，
即，
因为，可得，所以，即，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为若的面积为，可得，即，解得，
又因为，
由余弦定理得，
整理得，解得，
所以，
所以的周长为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）先证明，分离参数可得，则函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用倒数求出函数的单调区间及最值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.
【详解】（1）当时，，
则，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）由，得，
即，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数再上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
则由，可得，
因为方程有两个不同的实数解，
所以函数的图象有两个不同的交点，
令，
则，
因为，所以，
令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，且，
如图所示，作出函数的大致图象，
由图可知，的取值范围为.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明四边为平行四边形，再由余弦定理求出，然后利用勾股定理得到，可得垂直关系；
（2）先证明两两垂直，然后以为原点建系，分别求出平面与平面的法向量，再代入二面角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）
证明：因为所以为三等分点且靠近点，
过作交于点，连接，则，
又，所以，
又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为为等边三角形，取的中点，连接，则，
又由余弦定理，
又，，所以，
所以，所以，
因为，所以.
（2）由（1）知，面，面，
所以面，
因为面，所以面面，且交线为，
因为面，所以面，
取中点，连接，则，
所以两两垂直，以为原点，建立如图所示坐标系，
则，
，设平面的法向量为，
则，令，则，
又，设平面的法向量为，
所以，令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
18．(1)
(2)20040元
【分析】（1）根据古典概型的概率公式，结合排列组合即可求解，
（2）根据独立事件的概率乘法公式求解概率，进而可得一个人抽奖的概率分布，进而可求解.
【详解】（1）由表中数据可得：红色礼盒共有个，黑色礼盒有个，
所以从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为，又，解得
（2）颜色分布如下表所示．
因此礼盒为红色，里面的球也为红色的概率为，
礼盒为红色，里面的球为黑色的概率为，
礼盒为黑色，里面的球为红色的概率为，
礼盒为黑色，里面的球也为黑色的概率为，
故礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同的概率为；
2礼盒的颜色相同，但2个小球的颜色不同的概率为；
2个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同；
礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相同．
进而可得一个员工在抽奖活动中的所得奖金的分布列为
一个员工抽奖的奖金期望为,
则60个人奖活动的奖金总额的数学期望元.
19．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）设，代入方程利用点差法得，联立求解即可
（2）由题意可得直线AB的方程为，联立，求出两点的坐标，然后分别求出直线BM、AN、AM、BN的直线方程，联立方程求出P、Q两点的坐标，由中点坐标公式求出D点坐标，根据两点间的距离公式求出、比较即可
【详解】（1）因为右焦点，所以，
设，
因为直线过点时，C恰为的中点，
由中点坐标公式得，，
又在双曲线上，
所以①，②，两式相减得，
所以，
因为直线的斜率为，又，
所以，所以，
故双曲线E的方程为
（2）由（1）知，又分别为E的左、右顶点，
所以，
由题意可得直线AB的方程为，
联立，可得，所以或，
所以,
所以，
，
所以直线BM、AN、AM、BN的直线方程分别为：
，，，，
联立，得，即，
联立，得，即，
又D为的中点，所以，
所以，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求出直线方程联立求出点的坐标，利用距离公式求出即可.
小球颜色
礼盒颜色
合计
红色
黑色
红色
8
4
黑色
2
6
8
合计
20
800
400
200
100