2023-2024学年河南省洛阳市高三上学期11月月考数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年河南省洛阳市高三上学期11月月考数学质量检测模拟试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.【2023·高三】1．已知复数满足，则（

）A． B．2 C． D．【2023·高三】2．设集合，则（

）A． B． C． D．【2023·高三】3．已知是角的终边上一点，则（

）A． B． C． D．【高三邵阳市联考】4．某校数学兴趣小组在某座山测得海拔高度（单位：千米）与气压（单位：千帕）的六组数据绘制成如下散点图，分析研究发现点相关数据不符合实际，删除点后重新进行回归分析，则下列说法正确的是（

）A．删除点后，样本数据的两变量正相关B．删除点后，相关系数的绝对值更接近于1C．删除点后，新样本的残差平方和变大D．删除点后，解释变量与响应变量相关性变弱【2023·高三】5．扇子是引风用品，夏令必备之物．我国传统扇文化源远流长，是中华文化的一个组成部分．历史上最早的扇子是一种礼仪工具，后来慢慢演变为纳凉、娱乐、观赏的生活用品和工艺品．扇子的种类较多，受大众喜爱的有团扇和折扇．如图1是一把折扇，是用竹木做扇骨，用特殊纸或绫绢做扇面而制成的．完全打开后的折扇为扇形（如图2），若图2中分别在上，的长为，则该折扇的扇面的面积为（

）

图1

图2A． B． C． D．【高三邵阳市联考】6．为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（

）A． B． C． D．【2023·高三】7．如图，已知两个单位向量和向量与的夹角为，且与的夹角为，若，则（

）A． B． C．1 D．【2023·高三】8．已知函数有三个零点，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.【2023·高三】9．已知函数为的两个极值点，且的最小值为，直线为图象的一条对称轴，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则（

）A． B．C．的图象关于点对称 D．的图象关于点对称【2023·高三】10．下列式子中最小值为4的是（

）A． B．C． D．【2023·高三】11．已知函数的定义域为，其导函数为，且为奇函数，若，则（

）A． B．4为的一个周期 C． D．【2023·高三】12．在中，内角的对边分别为为内一点，则下列命题正确的是（

）A．若，则的面积与的面积之比是B．若，则满足条件的三角形有两个C．若，则为等腰三角形D．若点是的重心，且，则为直角三角形二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.【2023·高三】13．已知函数，则曲线在点处的切线方程为．【2023·高三】14．函数的值域为．【河北邢台·高三校联考】15．邯郸丛台又名武灵丛台，相传始建于战国赵武灵王时期，是赵王检阅军队与观赏歌舞之地，是古城邯郸的象征.如图，某学习小组为了测量邯郸丛台的高度AB，选取了与台底在同一水平面内的两个测量基点C，D，现测得，，米，在点D处测得丛台台顶的仰角为，则丛台的高度为米（结果精确到0.1米，取，）.【2023·高三】16．函数的最大值为，最小值为，若，则．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【辽宁·校联考】17．已知数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)求的前项和.【沈阳·高三校联考】18．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在边AB上，，，且，______．在①CM为的一条中线；②CM为的一条角平分线；③CM为的一条高线这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答．(1)求边长AB；(2)若外接圆的面积为，内切圆的面积为，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【湖南郴州·统考一模】19．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【2023·高三】20．2023年实行新课标新高考改革的省市共有29个，选科分类是高级中学在校学生生涯规划的重要课题，某高级中学为了解学生选科分类是否与性别有关，在该校随机抽取100名学生进行调查.统计整理数据得到如下的列联表：选物理类选历史类合计男生3515女生2525合计100(1)依据小概率值的独立性检验，能否据此推断选科分类与性别有关联？(2)在以上随机抽取的女生中，按不同选择类别同比例分层抽样，共抽取6名女生进行问卷调查，然后在被抽取的6名女生中再随机抽取4名女生进行面对面访谈.设面对面访谈的女生中选择历史类的人数为随机变量，求随机变量的分布列和数学期望.附：，其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【浙江·高三校联考】21．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点与定点的距离和D到定直线的距离的比是常数2，设动点D的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)已知定点，，过点P作垂直于x轴的直线，过点P作斜率大于0的直线与曲线C交于点G，H，其中点G在x轴上方，点H在x轴下方．曲线C与x轴负半轴交于点A，直线，与直线分别交于点M，N，若A，O，M，N四点共圆，求t的值．【高三邵阳市联考】22．已知函数.(1)讨论函数的零点个数；(2)已知函数，当时，关于的方程有两个实根，求证.（注：是自然对数的底数）1．A【分析】利用复数的除法求出复数，再利用复数模的公式计算.【详解】复数满足，则，.故选：A2．B【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，【详解】由题意得，，则，则，故A错误；，或，则，故B正确；又，，故C错误；，故D错误.故选：B.3．B【分析】由三角函数的定义可得，进而由商数关系可求.【详解】因为是角的终边上一点，所以，则，故选：B.4．B【分析】结合散点图分析即可得出结论.【详解】由题意，从散点图中可知，删除点后，样本数据的两变量负相关，所以错误；由于点较其他点偏离程度大，故去掉点后，回归效果更好，从而相关系数的绝对值更接近于，所以B正确；同理决定系数越接近于，所以新样本的残差平方和变小，所以错误；从而解释变量与响应变量相关性增强，所以D错误.故选：B.5．D【分析】由扇形弧长公式求半径，利用扇形面积公式求得大扇形与小扇形面积，再作差即可求扇面面积.【详解】由弧长公式可得，，所以，则，所以该折扇的扇面面积为，故选：D.6．B【分析】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求解即可；法二，利用对立事件的概率和为，间接法可得.【详解】设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，所以，则.由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，法一：，且两两互互斥，则.法二：事件的对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即，则.故选：B.7．D【分析】建立平面直角坐标系结合三角函数的定义及恒等变换得B、C坐标，再利用平面向量的坐标表示计算即可.【详解】如图所示，建立平面直角坐标系，则，又，结合三角函数的定义易得，而，，所以，故，即.故选：D8．D【分析】令，将方程转化为，设，且，由导数得出的单调性与值域，并画出简图，设，则，得，分类讨论的范围，即可得出的范围．【详解】令，得，当时，，即或，只有2个零点，不合题意，故，又，所以，设，且，则，令，解得，且，当时，，则单调递减，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，则在的最小值为，画出简图，如图所示，所以当时，，当时，，设，则，变形为，记，令，则，画出简图，如图所示，①当时，只有一个根，则只有一个根，不合题意；②当时，有两个根，则有一个根，有两个根，符合题意；③当时，有两个根，则有一个根，有一个根，不合题意；综上所述，，即，故选：D．9．BD【分析】选项A，由的最小值为可得周期，进而解得；选项B，由对称轴代入函数可得最值，解即可；选项C，代入验证知C项错误；选项D可证明.【详解】选项A，因为为的两个极值点，且的最小值为，所以的周期，所以，故A错误；则，选项B，由为图象的一条对称轴，所以，即，因为，所以，故B正确；则，将的图象向左平移个单位长度，得，选项C，若的图象关于点对称，则，但，故C错误；选项D，由，得，即的图象关于点对称，故D正确.故选：BD.10．BC【分析】对于ABC：利用基本不等式运算求解；对于D：取特值代入检验.【详解】对于选项A：因为，则，当且仅当，即时等号成立，但，所以的最小值不为4，故A错误；对于选项B：因为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4，故B正确；对于选项C：因为，则，当且仅当，即时，等号成立，故C成立；对于选项D：令，可得，所以4不是的最小值，故D错误；故选：BC.11．ABD【分析】选项A，由为奇函数，得，赋值可解；选项B，由已知关系式变形可得，则得周期为；选项CD，借助原函数满足的等量关系两边求导，探究性质，再结合周期性与赋值法可判断.【详解】因为为奇函数，所以，选项A，令，可得，故A正确；选项B，由，得，又已知，则，即，所以，即函数的一个周期为，故B正确；选项C，由，两边求导得，令，得，故C错误；选项D，由，两边求导得，令，得，由，两边求导得，故的一个周期为，，故D正确.故选：ABD.12．ACD【分析】由奔驰定理及，即可判断A；由余弦定理即可判断B；由向量数量积的定义，诱导公式即可判断C；由三角形重心的性质和平面向量基本定理，即可判断D．【详解】对于A，如图，点为内任意一点，延长交于点，则，则，所以所以，所以，即，又，所以，故A正确；对于B，由余弦定理得，即，解得或（舍去），所以满足条件的三角形只有一个，故B错误；对于C，由得，，所以，因为，所以，即，所以为等腰三角形，故C正确；对于D，因为点是的重心，所以，即，所以，即，所以，解得，因为，所以，所以为直角三角形，故D正确；故选：ACD．13．【分析】求导，根据导数的几何意义运算求解.【详解】因为，则，可得，即切点坐标为，斜率，所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为.14．【分析】设，求出的取值范围，利用同角三角函数的平方关系得出，将函数解析式化简，利用判断原函数的单调性可得出该函数的值域.【详解】设，因为，则，可知，可得函数，则对任意恒成立，所以在上单调递增，且，所以该函数的值域为.故答案为.15．26.4【分析】应用正弦定理得出BD,最后由正切计算即可.【详解】在中，，，则米.在中，，则米.故26.4.16．1【分析】将函数解析式边形为，设，则，记，由奇函数的定义得出为奇函数，得出在的最值，结合，即可求出．【详解】，设，则，记，因为，所以是在上的奇函数，最大值为，最小值为，所以，又因为，所以，故1．17．(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.【详解】（1）在数列中，因，则，于是得，因此数列是首项为，公比为2的等比数列，所以.（2）由（1）知，，则，于是得，两式相减得：，所以.方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．18．(1)(2)．【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，若选择①：，利用余弦定理结合可得，在中，利用余弦定理运算求解；若选择②：因为，利用余弦定理可得，根据勾股定理结合等腰三角形分析求解；若选择③：根据勾股定理结合等腰三角形分析求解.（2）利用正弦定理求外接圆的半径，利用等面积法求内切圆的半径，进而可得结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，由倍角公式可得，则，又因为，则，所以，即．且，则，可得，又因为，所以．若选择①：若CM为的中线，设，由余弦定理可得，，因为，可得，即，整理得，可知，又因为，解得或（舍去），所以；若选择②：若CM为的角平分线，则，在中，由余弦定理得，即，可知，即，可知，所以；若选择③：若CM为的高线，则，则，即，则，可知，可知所以．（2）设外接圆的半径为R，由正弦定理可得，解得，所以，由题意可知：，所以的周长，所以的面积．设内切圆的半径为r，则，解得，可得，所以．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直证明线面垂直，再利用线线垂直证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法求面面角余弦值.【详解】（1）以为直径的圆经过点，，四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又平面，平面，，，平面，平面；（2）平面，又平面，平面，，，又，，则、、两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，在中，由勾股定理得，则点，，，，，则，，，.设平面的法向量为，平面的法向为，则得，，取，，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．(1)选科分类与性别有关联(2)分布列见解析，2【分析】（1）计算卡方即可由独立性检验求解，（2）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可求解分布列以及期望.【详解】（1）列联表补充如下：选物理类选历史类合计男生351550女生252550合计6040100零假设为：选科分类与性别无关联，因为，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为选科分类与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.（2）由已知，50名女学生中选择物理类和选择历史类的比例为，因此抽取6名女生中，选择物理类和选择历史类的人数均为3名.所以随机变量的取值为.，所以随机变量的分布列如下表：123所以.21．(1)(2)．【分析】(1）根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；（2）先设直线，再联立方程得韦达定理求出M，N坐标，再应用A，O，M，N四点共圆得出，最后结合韦达定理求参即可.【详解】（1）由已知得：，两边平分并化简得：即为曲线的方程．（2）

设点，．直线与双曲线C的方程联立，消去y得．由韦达定理：，．由条件，直线AG的方程为，直线AH的方程为，于是可得，．因为A，O，M，N四点共圆，所以，所以，于是．