河南省焦作市2024届高三第二次模拟考试数学试卷(含答案)

这是一份河南省焦作市2024届高三第二次模拟考试数学试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，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.或B.
C.或D.
2．已知复数，在复平面内所对应的点分别为，，则( )
A.B.1C.D.2
3．已知，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
4．已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，.若，，则( )
A.B.C.2D.3
5．已知直四棱柱的底面为梯形，，，，若平面，则( )
A.B.C.D.
6．如图所示，( )
A.B.C.D.
7．记椭圆：与圆：的公共点为M，N，其中M在N的左侧，A是圆上异于M，N的点，连接交于B，若，则的离心率为( )
A.B.C.D.
8．若函数在定义域R上存在最小值b，则当取得最小值时，( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．在一次数学测试中，老师将班级60位同学的成绩按照从小到大的顺序进行排列后得到的原始数据为，，，…，（数据互不相同），其极差为m，平均数为a，则下列结论中正确的是( )
A.，，，…，的平均数为
B.，，，…，的第25百分位数与原始数据的相同
C.若，，，…，，的极差为，则
D.，，，…，，的平均数大于a
10．已知函数，为的导函数，则下列结论中正确的是( )
A.函数的图象不可能关于y轴对称
B.若且，在上恰有4个零点，则
C.若，，则的最小值为
D.若，，且在上的值域为，则m的取值范围是
11．费马原理是几何光学中的一条重要定理，由此定理可以推导出圆锥曲线的一些性质，例如，若点A是双曲线C（，为C的两个焦点）上的一点，则C在点A处的切线平分.已知双曲线的左､右焦点分别为，，直线l为C在其上一点处的切线，则下列结论中正确的是( )
A.C的一条渐近线与直线相互垂直
B.若点B在直线l上，且，则（O为坐标原点）
C.直线l的方程为
D.延长交C于点P，则的内切圆圆心在直线上
三、填空题
12．大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.如图是某同学绘制的赵爽弦图，其中四边形，均为正方形，，则____________.
13．已知数列的前n项和，，若是的等差中项，则____________.
14．已知函数的定义域为R，且的图象关于点中心对称，若，则____________.
四、解答题
15．已知等比数列的首项为2，公比q为整数，且.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，比较与4的大小关系，并说明理由.
16．如图，在四棱柱中，二面角，均为直二面角.
（1）求证：平面；
（2）若，，二面角的正弦值为，求的值.
17．在某公司举办的职业技能竞赛中，只有甲､乙两人晋级决赛，已知决赛第一天采用五场三胜制，即先赢三场者获胜，当天的比赛结束，决赛第二天的赛制与第一天相同.在两天的比赛中，若某位选手连胜两天，则他获得最终冠军，决赛结束，若两位选手各胜一天，则需进行第三天的比赛，第三天的比赛为三场两胜制，即先赢两场者获胜，并获得最终冠军，决赛结束.每天每场的比赛只有甲胜与乙胜两种结果，每场比赛的结果相互独立，且每场比赛甲获胜的概率均为.
（1）若，求第一天比赛的总场数为4的概率；
（2）若，求决出最终冠军时比赛的总场数至多为8的概率.
18．已知抛物线的焦点为F，在x轴上的截距为正数的直线l与C交于P，Q两点，直线与C的另一个交点为R.
（1）若，求；
（2）过点R作C的切线，若，则当的面积取得最小值时，求直线l的斜率.
19．已知函数.
（1）若，讨论的零点个数；
（2）若，是函数（为的导函数）的两个不同的零点，且，求证：.
参考答案
1．答案：C
解析：由或，
所以或.
故选：C.
2．答案：A
解析：由复数的几何意义可得，，
所以.
故选：A.
3．答案：B
解析：由题意得，解得，
故时，不一定推出，而时，必有，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
4．答案：D
解析：由题意知中，，，故，
故，（R为外接圆半径），
故，
故选：D.
5．答案：C
解析：因为四棱柱为直四棱柱，，
故平面平面，而平面平面，
平面平面，故，
又，则，故，
故，又，，则，
则，故，则，
故选：C.
6．答案：C
解析：由题意知，，
则，，，，
故
，
故，
故选：C.
7．答案：D
解析：由题意可知点M，N分别为椭圆的左右顶点，所以，，
设点A在第一象限，设点，所以，
，
所以，.
故选：D.
8．答案：A
解析：因为，所以，
当时，恒成立，则在定义域上单调递增，不存在最小值，故舍去；
当时，若，则，
又在上单调递增，
则当时，所以无最小值，故舍去；
所以，又，易知在定义域上单调递增，
且，所以存在唯一零点，即，且，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，即，
又，所以，
令，，
所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时取得极小值，即最小值，
所以，所以.
故选：A.
9．答案：AC
解析：对于A，由平均数的性质知，，，…，的平均数为，故A正确；
对于B，，，，…，的第25百分位数比原始数据的第25百分位数大2，故B错误；
对于C，，，，…，，的极差为：
，故C正确；
对于D，
，故D错误.
故选：AC.
10．答案：AC
解析：对于A，，，
故，
当，时，为偶函数，
此时函数的图象关于y轴对称，A错误；
对于B，，则，
由于在上恰有4个零点，故，即，
而，故，B正确；
对于C，由于，则的图象关于点对称，
即，则，即，，
又，故时，的最小值为，C正确；
对于D，，时，，
由于，故，
而在上的值域为，故，，D错误，
故选：AC.
11．答案：ABD
解析：选项A：双曲线的一条渐近线方程为与相互垂直，故A正确；
选项BC：因为，，所以，，，
所以，，
又，所以，所以，
直线l：，即，故C错误，
设，则，化简得：，
所以，则，故B正确；
选项D：，直线，
联立，化简得：，解得，，
所以，，
所以直线，
因为的内切圆圆心在直线l：上，若又在直线上，
则内切圆圆心为，圆心到直线的距离为：
，
圆心到直线的距离为：
，即，
所以点也在的角平分线上，即点为的内切圆圆心，圆心在直线上，故D正确；
故选：ABD.
12．答案：16
解析：以D为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，因为，
所以，，，，
所以，，所以.
故答案为：16.
13．答案：3
解析：当时，，
当时，，
显然也满足，故，，
则，
因为是，的等差中项，即，
即，则，解得：.
故答案为：3.
14．答案：
解析：对任意，由于，且函数的定义域为R，
故点在曲线上，且曲线关于点中心对称，
故点也在曲线上，从而，
从而对任意有.
从而对任意，由知，即.
根据条件又有，即.
现在对任意的整数n，我们有：
，
所以，从而有：
.
故有：
.
故答案为：.
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知可得，
因为，所以，
即，则，解得或（舍去），
所以，.
（2）由（1）得，
令，设前n项和为，则，
所以，两式相减得，
所以，
令，则，
设前n项和为，则，
所以.
16．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：在平面内取点E，过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
同理过E作直线，由于二面角为直二面角，
即平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故；
由于，不平行，故a，b不重合，，平面，
故平面；
（2）由题意可得，可以A为坐标原点，以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
二面角的正弦值为，故其余弦值的绝对值为，
即，即，解得，
故.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）若第一天比赛的总场数为4，且甲获胜，
故前3场甲赢了2场，第4场甲获胜，则概率为，
若第一天比赛的总场数为4，且乙获胜，
故前3场乙赢了2场，第4场乙获胜，则概率为，
故第一天比赛的总场数为4的概率为；
（2）设决出最终冠军时比赛的总场数为Y，
其中Y最小为6，即决赛第一天和第二天均比赛3场结束，且两场均为甲胜或乙胜，
故，
当时，即决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且一天比赛了4场，另一天比赛了3场，
其中比赛了4场的概率为，比赛了3场的概率为，
结合可能第一天比赛了4场，可能第二天比赛了4场，且可能甲胜，可能乙胜，
则，
当时，分为三种情况，
第一种，决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且两天均比赛了4场，
此时概率为，
第二种，决赛第一天和第二天均为甲胜或乙胜，且一天比赛了5场，另一天比赛了3场，
此时概率为，
第三种，决赛第一天和第二天，甲乙分别胜一场，且两天均比赛了3场，
决赛第三天比赛了2场，甲胜或乙胜，
此时概率为
则，
故.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意可知，因为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
联立，可得，即，
解得，，当时，，则，
故.
（2）设直线的方程为，并设，，
联立，消x可得，
则，恒成立，
，
设过点的切线方程为：，
联立，得，
因为，则有，
因为在抛物线上，所以，代入求解可得，
所以的直线方程为：，设，
联立，消去x可得，
因为在抛物线上，所以，代入可得，
则有，所以，，
即，
点Q到直线的距离为
，
则
，
当且仅当，时，即时，等号成立，
所以当时，三角形面积最小，
因为，所以或，此时.
19．答案：（1）答案见解析
（2）证明见解析
解析：（1）由题意知的定义域为，
令，则，令，，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，，，
当或时，直线与函数的图象无交点，即无零点；
当或时，直线与函数的图象有1个交点，即有1个零点；
当时，直线与函数的图象有2个交点，即有2个零点；
（2）由题意知，
由于，是函数的两个不同的零点，
即，是的两个不同的正实数根，
故，，则，，
要证，即，
由于在上有，
故在上满足，
所以在上单调递减，而，故，
故即证，
即证，
而
，
令，则，设，
则时，，
故在上单调递增，
故，即成立，
故原不等式得证.