河南省安阳市2024届高三第三次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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1．本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3．回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1. 已知抛物线的焦点到准线的距离为1，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用抛物线标准方程，即可求解.
【详解】由抛物线，可化为，
因为抛物线的焦点到准线的距离为1，可得，解得.
故选：D.
2. 已知i为虚数单位，复数，则对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的几何意义即可得解.
【详解】，
所以，其对应的点在第三象限.
故选：C.
3. 在中，，点是的中点，记，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形中向量对应线段的数量及位置关系，用、表示出即可.
【详解】由题设，
所以.
故选：B
4. 已知等比数列的前n项积为，，公比，则取最大值时n的值为（ ）
A. 3B. 6C. 4或5D. 6或7
【答案】C
【解析】
【分析】先求出等比数列通项公式，进而得到，求出答案.
【详解】，
故，
因为，所以或5时，取得最大值.
故选：C
5. 已知双曲线的方程为，则不因m的变化而变化的是（ ）
A. 顶点坐标B. 渐近线方程C. 焦距D. 离心率
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分与讨论，结合双曲线的标准方程代入计算，即可判断.
【详解】将双曲线方程化为标准式可得，
当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，
且，
此时顶点坐标为，渐近线方程为，
焦距，离心率；
当时，双曲线表示焦点在轴的双曲线，
且，
此时顶点坐标为，渐近线方程为，
焦距，离心率；
综上可得，不因m的变化而变化的是渐近线方程.
故选：B
6. 已知函数，其中是锐角的两个内角，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，令，求得在上单调递增，根据的大小不确定，可判定A、B不正确；由是锐角的两个内角，得到，可得判定C错误；再由，可判定D正确.
【详解】由函数，所以，
令，则当时，，
所以单调递增，可得，即，
所以在上单调递增；
因为的大小不确定，故与，与的大小关系均不确定，
所以与，与的大小关系也均不确定，
所以A、B不能判断．
因为是锐角的两个内角，所以，则，
因为在上单调递减，所以，
所以，所以C错误；
因为是锐角的两个内角，所以，则，
因为在上单调递减，所以，
故，所以D正确.
故选：D.
7. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上异于的点满足，，，则椭圆的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直关系可得，根据数量积可得，进而得在椭圆上，即可化简求解.
【详解】
连接，依题意可得，所以，
所以，
所以，
所以，
则的坐标为，所以，即，
可得，化简得，解得，即．
故选：A
8. 现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥（顶点在下方，底面在上方），将半径为的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作轴截面图，求出圆台的母线长，底面半径长，结合侧面积公式可得其解.
【详解】作轴截面图如下：为圆锥的轴截面，点为与侧面相切球的球心，点为切点，
由已知，可得，，，，
在中，，，，
所以，又，
所以，所以圆台的母线长为，
因为，，
所以为等边三角形，所以，
所以圆台的侧面积.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知甲乙两人进行射击训练，两人各试射次，具体命中环数如下表（最高环数为环），从甲试射命中的环数中任取个，设事件表示“至多个超过平均环数”，事件表示“恰有个超过平均环数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲试射命中环数的平均数小于乙试射命中环数的平均数
B. 甲试射命中环数的方差大于乙试射命中环数的方差
C. 乙试射命中环数的的分位数是
D. 事件，互为对立事件
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平均数和方差的计算公式直接求解判断选项AB，利用分位数的定义判断选项C，结合对立事件分析两事件的意义即可直接判断选项D.
【详解】对于A，甲试射命中环数的平均数为，
乙试射命中环数的平均数为，故A错误；
对于B，甲试射命中环数相比乙试射命中环数，更为分散，则甲对应的方差更大，故B正确；
对于C，乙试射命中环数排序为，
因为，所以分位数为，故C正确；
对于D，因为甲试射命中环数的平均数为，
且甲试射命中的环数中有两个超过平均数的，
则任取个的情况为：“没有个超过平均环数”、“有个超过平均环数”和“有个超过平均环数”，
而事件表示“没有个超过平均环数”或“有个超过平均环数”，
事件事件表示“恰有个超过平均环数”，
所以事件，互为对立事件，D正确.
故选：BCD
10. 已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.
【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，
当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，
则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，
则圆心C到A距离等于圆心C到的距离，
由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；
所以，当时，抛物线不完整，
所以，，，，
故选：ABD
11. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是
B. 勒洛四面体内切球的半径是
C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为
D. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】CD
【解析】
【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.
【详解】对于A，
故A错误，截面示意图如下：
对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图：
正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为,
在中,，解得,
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，
所以，
设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；
对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；
对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.
故选：CD．
【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合，，若，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，则有，即可得解.
【详解】因为，，
所以，
则不等式无解，
所以，解得.
故答案为：.
13. 重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有______种涂色方式．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，结合排列数公式，即可求解.
【详解】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，
则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，
共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况，
所以不同的涂色共有种.
故答案为：.
14. 如图，某数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，数阵中各项均为正数，，则______；在数列中的任意与两项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项和为，则______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设第一行公差为，各列的公比为且，结合已知条件求得，即可写出通项公式；再根据题意确定前70项的组成，应用分组求和、等比数列前n项和公式求和即可.
【详解】设第一行公差为，各列的公比为且，且，
则，，，，
所以，则，
由各项均为正数，故，则，即，
综上，，故，
由上，前n项为，且，
故在之前共有项，
则，则，
综上，前70项为，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列通项公式求行列间的公差、公比，确定行列通项公式为关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某市组织宣传小分队进行法律法规宣传，某宣传小分队记录了前9天每天普及的人数，得到下表：
（1）从这9天的数据中任选4天的数据，以表示4天中每天普及人数不少于240人的天数，求的分布列和数学期望；
（2）由于统计人员的疏忽，第5天的数据统计有误，如果去掉第5天的数据，试用剩下的数据求出每天普及的人数y关于天数的线性回归方程.
（参考数据：
，
附：对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：）.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用超几何分布与数学期望公式即可得解；
（2）利用平均数的定义结合参考数据求得新的样本点，结合的计算公式进行转化整理求得其值，从而得解.
【小问1详解】
每天普及人数不少于240人的天数为3天，则的所有可能取值为，
，，
，，
故的分布列为
.
【小问2详解】
设原来数据的样本中心点为，去掉第5天的数据后样本中心点为
，，
，
故
，
，
所以.
16. 在中，角所对的边分别为，满足，.
（1）证明：外接圆的半径为；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合角的范围求出角，再应用正弦定理求出外接圆半径即可；
（2）把已知恒成立，参数分离转化为恒成立，再求出的最大值可得范围.
小问1详解】
由，得，
由正弦定理得:
，
化简得.
因为，所以.
又，所以，
所以外接圆半径为.
小问2详解】
要使恒成立，
即恒成立，
即求的最大值.
由余弦定理得，
所以
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
17. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.
【解析】
【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．
18. 已知函数.
（1）若在上存在极小值，求的取值范围；
（2）设（为的导函数），的最小值为，且，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，研究单调性，求出极小值点为，依题意知，求解即可;
（2）对求导，令，二次求导可得，所以在上单调递增，所以是即的唯一实根， 由求解的取值范围即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
.
令，解得.
因为在上，；在上，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以的极小值为.
依题意知，即，所以.
解得.
即的取值范围为.
（2），所以.
令，则，所以在上单调递增.
所以是即的唯一实根.
令，得，即.
所以
.
由题意得，解得.
所以的取值范围为.
【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
19. 已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．
（1）若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；
（2）若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；
（3）若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．
【答案】（1）直线与双曲线相切，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；
（2）结合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；
（3）设出的坐标及，，得到、是的两根，求出，证明出结论.
【小问1详解】
直线与双曲线相切．理由如下：
联立方程组，
∴①，
∵，
∴，即，代入①得，
，
∴，
∴直线与双曲线相切．
【小问2详解】
由（1）知，
∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【小问3详解】
设，，设，，
∵，
∴，则，
代入双曲线，利用在上，
即，整理得，
同理得关于的方程．
即、是的两根，
∴，
∴．
【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断
人员
甲
乙
命中环数
时间（天）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
每天普及的人数y
80
98
129
150
203
190
258
292
310
0
1
2
3