河南省焦作市2024届高三第二次模拟考试数学试题及答案

这是一份河南省焦作市2024届高三第二次模拟考试数学试题及答案，共22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．已知的内角的对边分别是.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，，其中在的左侧，是圆上异于，的点，连接交于，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在定义域上存在最小值，则当取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
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，平均数为，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
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，若点是双曲线（为的两个焦点）上的一点，则在点处的切线平分.已知双曲线的左､右焦点分别为，直线为在其上一点处的切线，则下列结论中正确的是（ ）
A．的一条渐近线与直线相互垂直
B．若点在直线上，且，则（为坐标原点）
C．直线的方程为
D．延长交于点，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．已知数列的前项和，若是的等差中项，则 .
14．已知函数的定义域为，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，公比为整数，且.
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，比较与的大小关系，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，在轴上的截距为正数的直线与交于两点，直线与的另一个交点为.
(1)若，求；
(2)过点作的切线，若，则当的面积取得最小值时，求直线的斜率.
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．C
【分析】化简集合，直接利用交集运算求解即可.
【详解】由或，
所以或.
故选：C
2．A
【分析】由复数的几何意义和复数的模长公式求解即可.
【详解】由复数的几何意义可得，
所以.
故选：A.
3．B
【分析】根据二项定理的通项公式，结合求出m的值，判断“”和“”的逻辑关系，即得答案.
【详解】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．D
【分析】由同角的三角函数关系求出，根据正弦定理求得，（R为外接圆半径），再根据正弦定理边化角，即可求得答案.
【详解】由题意知中，，故，
故，（R为外接圆半径），
故，
故选：D
5．C
【分析】根据面面平行的性质可得，结合空间的等角定理可得∽，即得对应边成比例，结合题意，即可求得答案.
【详解】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．C
【分析】由题意求出的正弦值以及余弦值，根据两角差的余弦公式求得，再由二倍角余弦公式，即可求得答案.
【详解】由题意知,
则，，
故
，
故，
故选：C
7．D
【分析】根据题意可知，，结合图象和椭圆方程可知，由为直角三角形，可求得，可得，即可求得离心率.
【详解】
由题意可知点，分别为椭圆的左右顶点，所以，，
设点在第一象限，设点，所以，
，
所以，.
故选：.
8．A
【分析】求出，设最小值在处取得，用表示出，求出，利用导数即可求解.
【详解】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.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于设最小值在处取得，用表示出，求出.
9．AC
【分析】由平均数、百分位数、极差的计算公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】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，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．AC
【分析】求出，化简的表达式，判断奇偶性，即可判断A；确定，根据零点个数列出不等式，求得，判断B；根据三角函数的对称性可判断C；确定，结合题意列出不等式，求出m的范围，判断D.
【详解】对于A，，
故，
当时，为偶函数，
此时函数的图象关于轴对称，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．ABD
【分析】根据双曲线方程即可求出渐近线可判断A，由角平分线性质可得G点坐标，求出直线方程可判断C，设出B点坐标由条件可判断B，假设的内切圆圆心在直线上，由内心性质可判断D.
【详解】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：，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直线：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.
【点睛】关键点点睛：充分利用角平分线的性质得出G点坐标，根据直线垂直关系及点到直线距离公式可判断各项.
12．
【分析】建立直角坐标系，由数量积的坐标表示求解即可.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，因为，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
13．
【分析】当时，由可求出，由求出，再由等差中项的性质代入即可得出答案.
【详解】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：.
14．
【分析】先根据条件证明，然后由证明，再由此证明，最后由得到结果.
【详解】对任意，由于，且函数的定义域为，
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，我们有：
，
所以，从而有：
.
故有：
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对函数方程的处理，通过其中取值的任意性，代入合适的值得到关键条件.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合条件求出公比，即可得解；
（2）由（1）得出，设出，前项和为，利用错位相减法求出，令，可知，进而即可判断得出.
【详解】（1）由已知可得，
因为，所以，
即，则，解得或（舍去），
所以，.
（2）由（1）得，
令，设前项和为，则，
所以，两式相减得，
所以，
令，则，
设前项和为，则，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在平面内取点E，过E作直线，，根据面垂直的性质可证明，，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（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．(1)
(2)
【分析】（1）分甲获胜和乙获胜两种情况，求出相应的概率，相加后得到答案；
（2）设决出最终冠军时比赛的总场数为，求出最小为6，并求出相应的概率，再求出和的概率，相加后得到答案.
【详解】（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，
其中最小为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．(1)
(2)
【分析】（1）由题意计算直线的斜率，写出直线的方程，联立抛物线计算交点坐标，由过焦点的焦点弦长公式可得结果；
（2）设直线的方程为：，并设，联立直线与抛物线方程可得韦达定理以及弦长，求出在点处的切线斜率，写出直线的方程，求解点的坐标，以及点到直线的距离，用点坐标化简计算，可求出面积最小时的的值，从而求出，可求出斜率.
【详解】（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，消去可得，
因为在抛物线上，所以，代入可得，
则有，所以，，
即，
点到直线的距离为
，
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.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由，分离参数得，构造函数，利用导数判断其单调性，数形结合，即可求解；
（2）由题意得是的两个不同的正实数根，即可得，由此采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化为证，换元后构造函数,利用导数判断其单调性，即可证明结论.
【详解】（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.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用问题，利用导数判断函数的零点个数以及证明不等式，难点在于不等式的证明，解答时要结合是函数的两个不同的零点，得到，从而采用分析的方法，将要证明的不等式等价转化，利用构造函数，结合函数的单调性进行解答.