河南省濮阳市2024届高三第三次模拟考试试题数学（解析版）

这是一份河南省濮阳市2024届高三第三次模拟考试试题数学（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为，
即且，，所以.
故选：D.
2. 若，则化简的结果是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，，可知，
.
故选：B
3. 在的展开式中，第8项的系数为（ ）
A. B. 144C. 18D.
【答案】A
【解析】对有，
则.
故选：A.
4. 已知关于的方程的一个根为，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】由可得，
故，，即.故选：C.
5. 在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】连接，由长方体的性质可得平面，
故与平面所成的角为与相等，
又平面，故平面，即，
又，故与所成的角与与所成角相等，
即与相等，又，
故.

故选：C.
6. 有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】对于①：，则，解得，
所以，故为偶函数且为奇函数；
对于②为奇函数；对于③为奇函数；对于④为偶函数；对于⑤：定义域为，为非奇非偶函数；
对于⑥为非奇非偶函数；
则事件为：①，②，③；事件为：④，⑤，⑥；
事件为：①，④；事件为：②，③，⑤，⑥；
事件为：①，②，③，④；为：⑤，⑥；
所以，，，，
，，
所以，，故A、C错误；
又为：①；所以为：②，③，④，⑤，⑥，所以，
则，故B错误；
又，，所以，故D正确.
故选：D
7. 已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知：，

设动点，则，即，
设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设，
因为，，
则，即，
可知直线方程为：，则直线方程为：，
令得，，
即，，则，
由正弦定理得：，，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以最大值为.
故选：A.
8. 下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，等价于，
设，则，
当时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减，
因为，所以，即，故A错；
对于B，等价于，等价于，等价于，
等价于，
又，故B错；
对于C，设，则，
所以在上单调递增；故，即，
故，则，即，
故C错误；
对于D，，等价于，等价于，即，
令，则等价于，即，
所以，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
令，则在恒成立，
故在上单调递减，所以，
故在上恒成立，
所以在上恒成立，故在上单调递减，
所以，
因为，
所以，令，则，
所以，此时在上单调递增，
，
因为，所以，
所以两边取对数得，
所以由上即，即，
所以，
所以，即，
所以，即，故D对.
故选：D.
二、多项选择题
9. 已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A. 一定可以作为一个基底
B. 一定有最小值
C. 一定存在一个实数使得
D. 的夹角的取值范围是
【答案】BC
【解析】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；
对B：，
故有最小值，故B正确；
对C：若，则有
即，即，即，
解得，即当时，，故C正确；
对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，
故的夹角不可能为，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A. 的图象可由的图象平移得到
B. 在上单调递增
C. 图象的一个对称中心为
D. 图象的一条对称轴为直线
【答案】BD
【解析】，
因为最小正周期为，所以，
所以，
A：由以上解析式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误；
B：当时，，
由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确；
C：，故C错误；
D：当时，，此时为最小值，
所以图象的一条对称轴为直线，故D正确；
故选：BD.
11. 空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在定直线，使得上的点到的距离是定值
B. 存在定点，使得上的点到的距离为定值
C. 的长度是个定值，且这个定值小于14
D. 是上任意两点，则的距离的最大值为4
【答案】ACD
【解析】由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周。
对于A，为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，所以存在定直线即为轴，使得上的点到的距离是定值为1，A正确；
对于B，根据轨迹可得不存在定点，使得上的点到的距离为定值，B错误；
对于C，轨迹的长度是，C正确；
对于D, 是上任意两点，则的距离的最大值为4,D正确；
故选：ACD.
三、填空题
12. 抛物线的焦点坐标为______.
【答案】
【解析】对于抛物线，，其焦点坐标，
而抛物线是由向上平移一个单位形成的，
所以抛物线的焦点坐标为.
故答案为：
13. 如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________.

【答案】
【解析】在中，可知，
因为，且为的平分线，可知，
则，
在中，可得，
在中，可得，
所以；
因为，
，
在中，由正弦定理可得，
则，解得，
由正弦定理可得，
且为的平分线，则，可得，
在中，由正弦定理可得，
在中，可知，则，
在中，可知，
在中，可知，
所以.
故答案为：；.
14. 已知，且，则的最小值为__________.
【答案】1
【解析】，
注意到，
如图：设等边三角形的边长为1，分别为上的点，设，且，
故,
即，
故，即，
所以，
故答案为：1
四、解答题
15. 多年统计数据表明如果甲､乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）.
（1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率；
（2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望.
解：（1）由于乙以1：0领先，那么甲在接下来的比赛中，第局连胜3局获得冠军，
或第局比赛中丢失1局，直到第5局获胜而获得冠军，
所以甲获得冠军的概率；
（2）甲以的大比分获得冠军，表明第五局一定是甲获胜，
前四局中甲､乙比赛结果为平，
即前四局比赛中，甲丢失了2局，分别是第1，2局；
或第1，3局；或第1，4局；或第2，3局或第2，4局或第3，4局，
所以的取值为
，
.
16. 已知数列的各项都为正数，且其前项和.
（1）证明：是等差数列，并求；
（2）如果，求数列的前项和.
解：（1）当时，或，
因为，所以，
，
两式相减得，
因为，所以，
故是首项为1，公差为的等差数列，
；
（2）由（1）知，
，
，
则，
，
所以.
17. 如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形.
（1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）；
（2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：如图所示，
因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以.
在平面上的射影为，即平面，连接，
由，为公共边，有，
所以，即为的外心.
（2）解：在等腰梯形中，取中点，连接，
由，，则四边形为平行四边形，有，
又，则是边长为2的正三角形，
取中点，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
在正中，，
由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，
则.
，，，
则有，
在正中，，由，有，则，
则
设平面的法向量为，有
令，得，则.
又，
所以.
18. 已知函数.
（1）如果，求曲线在处的切线方程；
（2）如果对于任意的都有且，求实数满足的条件.
解：（1）当时，，
记，则，
所以切线方程为，即；
（2），且，
，
所以有，
，
，令，
，
，
如果在上单调递减，
即有在上单调递减，此时与矛盾，故，
令，
则，因为，
所以在上单调递减，，
而，
故由零点存在定理，可知存在，使得，
也就是当时，，当时，，
进一步分析可知存在，使得在上单调递增，
在上单调递减，
要使得恒成立，必有，
，
，因为，
所以由，
如果，此时在上单调递增，
，满足题意，
如果在上单调递增，在上单调递减，
要使恒成立，必有，
所以当时，恒成立，
综上有.
19. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）.
（1）求直线与的斜率之积的值；
（2）记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由.
解：（1）由题意得，
故直线的方程为，即.
由对称性可知圆的圆心坐标为，
因为点到直线的距离为，
所以圆的半径为，所以圆，
设，则，
由题可设圆的切线方程为，
则圆心到切线的距离为，
整理得，
设过点所引的圆的两条切线的斜率分别为，
则，由，得，
代入式中，可得，
故直线与的斜率之积为；
（2）不妨设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，
直线与椭圆的方程联立可得，
设，则，将代入，
可得，
由（1）可设直线的方程为，
设，同理可得，
因此，
设直线，则，解得，
将直线与椭圆联立，则，
设，则，
将代入，得，
设直线， 同理可得，
故，
所以P，O，Q三点共线．
3
4
5
6
7