河南省信阳市新县高级中学2024届高三考前第三次适应性考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河南省信阳市新县高级中学2024届高三考前第三次适应性考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省信阳市新县高级中学2024届高三考前第三次适应性考试数学试题原卷版docx、河南省信阳市新县高级中学2024届高三考前第三次适应性考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 若，，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.
【详解】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B
2. “函数的图象关于对称”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
【答案】B
【解析】
【分析】利用正切函数的性质结合集合间的基本关系判定充分、必要条件即可.
【详解】当函数的图象关于对称时，
有，，得，，
易知，
所以“函数的图象关于对称”是“，”的必要不充分条件．
故选：B．
3. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A. 6寸B. 4寸C. 3寸D. 2寸
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
4. 某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（ ）
A. 48种B. 32种C. 24种D. 16种
【答案】B
【解析】
【分析】由排列组合以及分类分步计数原理即可得解.
【详解】当老师从左到右排在第二或第四位时，共有种排法，
当老师从左到右排在第三位时，共有种排法，于是共有种排法.
故选：B.
5. 已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案.
【详解】设，，，
则，，
则，由得,即，
又，由得，
因为，所以，
即，即，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C
6. 若系列椭圆（，）的离心率，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆可化为：.
因为，所以离心率，解得：.
故选：A
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将已知等式化简得到，再利用角的关系求解即可.
【详解】，因为所以，所以
故选：B
8. 双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意画出图，由已知求出值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.
【详解】由题意如图所示：
由双曲线，知，
所以，
所以，
所以过作垂直于轴的直线为，
代入中，解出，
由题知的内切圆的半径相等，
且，的内切圆圆心
的连线垂直于轴于点，
设为，在中，由等面积法得：
由双曲线的定义可知：
由，所以，
所以，
解得：，
因为为的的角平分线，
所以一定在上，即轴上，令圆半径为，
在中，由等面积法得：
，
又
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
故选：A.
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 关于函数有下述四个结论，其中结论错误的是（ ）
A. 是偶函数B. 在区间单调递增
C. 在有4个零点D. 最大值为2
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦函数的图象性质结合函数的奇偶性、单调性最值、零点的概念一一求解.
【详解】因为的定义域为，
又，为偶函数，故A正确．
当时，，它在区间单调递减，故B错误．
当时，，它有两个零点：；
当时，，
它有一个零点：，故在有个零点：，故C错误．
当时，；
当时，，
又为偶函数，的最大值为，故D正确．
故选：BC．
10. 双曲线：，左、右顶点分别为，，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）
A. 存在直线，使得
B. 在运动的过程中，始终有
C. 若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D. 若直线的方程为，，则双曲线的离心率为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线：分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和
坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线:，与双曲线联立，得：，
设，，由根与系数关系得：，，
所以线段中点，
将直线：，与渐近线联立得点坐标为，
将直线：与渐近线联立得点坐标为
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
11. 如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 直线与所成的角为
B. 的周长最小值为
C. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.
【详解】A选项，连接，由于为的中点，

所以⊥，⊥，
又，平面，
所以直线⊥平面，又平面，
所以⊥，故A正确；
B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，
则的最小值即为的长，
由于，，

，
，
所以，
故，的周长最小值为，B错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作⊥于点，
因为，所以，同理，
则，
故，
设，故，
因为∽，所以，即，
解得，C正确；

D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，
设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，
由C选项可知，其高为，
由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，
则，，
由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，
正四面体高为，解得，D正确.

故选：ACD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 小于300的所有末尾是1的三位数的和等于______．
【答案】3920
【解析】
【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.
【详解】解：小于300的所有末尾是1的三位数是101，111，121，…，291，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，
所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为,
故答案为：3920
13. 已知函数，若恒成立，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】对求导，分和两种情况，判断的单调性，求出的最小值，再结合恒成立求出的取值范围.
【详解】由题可得的定义域为，且，
①当时，，所以在上单调递增，所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，
因为恒成立，所以，记当时，单调递增，
当时单调递减，所以，所以在上恒成立，
故要使恒成立，则，所以.
故答案为：1
14. 已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为_____________．
【答案】7
【解析】
【分析】令，列举出所有三元子集，结合组成v阶的Steiner三元系定义，确定中元素个数.
【详解】由题设，令集合，共有7个元素，
所以的三元子集，如下共有35个：
、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
因为中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以中元素满足要求的有：
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在△ABC中，，D为△ABC外一点，，记，.
（1）求值；
（2）若的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
(2)根据题意，由（1）知，求出取得最大值，最大值为.
【小问1详解】
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
即.
小问2详解】
由题意知，，
所以
，
由（1）知，
所以，，
所以
，
所以当时，取得最大值，最大值为.
16. ，，，四人进行羽毛球单打循环练习赛，其中每局有两人比赛，每局比赛结束时，负的一方下场，第1局由，对赛，接下来按照，的顺序上场第2局、第3局（来替换负的那个人），每次负的人其上场顺序排到另外2个等待上场的人之后（即排到最后一个），需要再等2局（即下场后的第3局）才能参加下一场练习赛.设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
（1）求前4局都不下场的概率；
（2）用表示前局中获胜的次数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据前4局A都不下场，由前4局A都获胜求解；
（2）由的所有可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其概率，列出分布列，再求期望.
【小问1详解】
前4局都不下场说明前4局都获胜，
故前局都不下场的概率
【小问2详解】
依题意的所有可能取值为0，1，2，3，4，
其中，表示第1局输，第4局是上场，且输，则；
表示第1局输，第4局是上场，且赢或第1局赢，且第2局输，
则；
表示第1局赢，且第2局赢，第3局输，
则；
表示第1局赢，且第2局赢，第3局赢，第4局输，
则；
表示第1局赢，且第2局赢，第3局赢，第4局赢，
则
所以的分布列为
故的数学期望为
17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点.
（1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
（2）设平面∩平面，与平面QAC所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围.
【答案】（1）作图及理由见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点P，作直线，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）延长交于点O，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点B的位置，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量建立线面角正弦的函数关系，求出其范围作答.
【小问1详解】
取中点P，作直线，则直线即为所求，
取中点H，连接，则有，如图，
在等腰梯形中，，有，则四边形为平行四边形，
即有，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
延长交于点O，作直线，则直线即为直线，如图，
过点B作于，因为平面平面，平面平面，平面，
因此平面，即为四棱锥的高，在中，，
，当且仅当时取等号，此时点与重合，
梯形的面积为定值，四棱锥的体积，
于是当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，，
以为原点，射线分别为轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，此梯形的高，
显然为的中位线，则，
，
设，则
设平面的一个法向量，则，令，得，
则有，
令，则，当时，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
综上得，
所以的取值范围是.
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起选定变量的函数，求出函数最值即可.
18. 已知函数.
（1）当时，探究零点的个数；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求得导函数，然后分类讨论确定零点的个数即可；
（2）由题意可知在上有1个零点，结合不等式的特点，构造函数，对函数进行求导，利用导数推出成立，再代入进行求证即可.
【小问1详解】
，定义域为.
当时，二次函数的图象开口向上，对称轴为.
①，即时，在上无零点；
②，即时，在上有1个零点；
③，即时，在有2个不同的零点；
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有1个零点；
当时，在有2个不同的零点；
【小问2详解】
证明：由（1）分析知，当时，二次函数的图象开口向下，此时，在上有1个零点，设零点为，
则，解得，，
进一步，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值，则成立，
此时，
故.
19. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．
①求的取值范围；
②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．
【答案】（1）；（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.
【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得
∴，，椭圆的方程为
方法（2）设，由题意（常数），
整理得：，
故，又，解得：，．
∴，椭圆的方程为．
方法（3）设，则．
由题意
∵为常数，∴，又，解得：，，故
∴椭圆的方程为
（2）①由，又，
∴（或由角平分线定理得）
令，则，设，则有，
又直线的斜率，则，代入得：
，即，
∵，∴．
②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，
，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，
则有，即，解得：．
又，故，∴
又，
∴，
解得：，，
∴，∴直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点.0
1
2
3
4