2023-2024学年河南省周口市项城市高三上学期9月月考数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年河南省周口市项城市高三上学期9月月考数学模拟试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上.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交回.一､选择题：本大题共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的.1．已知，复数，是实数，则（

）A．5 B．10 C． D．2．已知全集，，，则（

）A． B． C． D．3．函数的大致图象是（

）A． B．C． D．4．已知，是函数图象上两条相邻的对称轴，则（

）A． B． C． D．5．已知函数，则（

）A．是偶函数 B．是奇函数C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点成中心对称6．毕业典礼上，某班有六人站一排照相，要求，两人均不在排头，且两人不相邻，则不同的排法种数为（

）A．160 B．288 C．336 D．4807．已知抛物线的焦点为，点，过的直线垂直于，且交抛物线于两点，则（

）A．3 B．2 C．1 D．08．在正四棱锥中，分别为的中点，直线与所成角的余弦值为，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．二､选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知，满足，则（

）A． B．C． D．10．已知，为坐标原点，终边上有一点.则（

）A． B．C． D．11．已知在等边△中，，为的中点，为的中点，延长交占，则（

）A． B．C． D．12．若数列满足（为正整数），为数列的前项和则（

）A． B．C． D．三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知双曲线的离心率为2，则实数.14．已知是上的减函数，则实数的取值范围是.15．已知一个圆台内切球的半径为，圆台的表面积为，则这个圆台的体积为.16．现有一组数据：，共项，（是这一组数据的第项），有以下结论：①这组数据的极差为；②这组数据的中位数为；③这组数据的平均数为；④.其中正确结论的个数为.（参考公式：）四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17．已知数列满足，且为等比数列，.(1)求数列的通项公式；(2)求满足的最大整数.18．在直四棱柱中，四边形是菱形，，平面.

(1)求；(2)求二面角的正弦值.19．在中，，的面积为，为的中点，于点于点.

(1)求的面积；(2)若，求的值.20．某地乒乓球协会在年55岁65岁的乒乓球运动爱好者中，进行一次“快乐兵兵”比赛，3人一组先进行预赛，选出1名参赛人员进入正式比赛.已知甲、乙、丙在同一组，抽签确定第一轮比赛次序为：甲对乙、甲对丙、乙对丙，先累计获胜2场的选手，进入正式比赛.若前三场比赛甲、乙、丙各胜负一场，则根据抽签确定由甲、乙加赛一场、胜者参加正式比赛.已知甲胜乙、甲胜丙、乙胜丙的概率分别为，各场比赛互不影响且无平局.(1)求甲进入正式比赛的概率；(2)若比赛进行了四场结束，记甲获胜的场数为，求的分布列与数学期望.21．已知是椭圆上的两点，关于原点对称，是椭圆上异于的一点，直线和的斜率满足.(1)求椭圆的标准方程；(2)若斜率存在且不经过原点的直线交椭圆于两点异于椭圆的上、下顶点），当的面积最大时，求的值.22．已知函数，.(1)求实数的值；(2)证明：时，.1．C【分析】根据可求a的值，从而可求z及其模.【详解】，故，解得，故.故选：C2．B【分析】由，结合对数不等式的运算可得，进而求解.【详解】，，故.故选：B.3．A【分析】根据奇偶性、区间函数值符号及对应幂、指数复合函数的增长趋势，应用排除法确定答案即可.【详解】由且定义域，即是偶函数，排除D；当时，，即，此时，排除C；当趋向时，、均趋向，但随变大，的增速比快，所以趋向于，排除B.故选：A.4．A【分析】由三角函数的对称性和周期性计算即可.【详解】由题意得：，故，则当时，，又，故.故选：A.5．D【分析】对AB，根据判断即可；对C，举反例判断即可；对D，计算可得即可判断.【详解】对AB，由，易知选项A，B不正确；对C，易得，，故，故选项C不正确；对D，，故，故的图象关于点中心对称.故选：D.6．C【分析】先排两人不相邻，再减去或在排头的排法即可.【详解】按插空法，，不相邻的排法种数为，而其中或在排头的排法种数为,故不同的排法种数为.故选:C.7．D【分析】方法1：联立直线与，设，，得出韦达定理，代入坐标求解即可；方法2：设点，在准线上的射影分别为点，，根据几何关系可证得，可得即可.【详解】（方法1）易知焦点，故，则，故直线的方程为，代入得，，设，，则，，.（方法2）设点，在准线上的射影分别为点，，如图，

易知，，，则，则，同理，则，又，由此可得，故.故选：D.8．B【分析】连接，，根据得即为与所成的角，设，再根据几何关系可求得，再根据，结合锥体体积求解即可.【详解】连接，，如图，

设，由，得即为与所成的角，在中，易知，，解得.设，在中，①，因为，故，则在中，，即②，①②两式相加求得，因为，解得.因为为的中点，故，因为，，所以三角形为等腰直角三角形，则在等腰直角三角形中，易求得到的距离即到底面的距离为，故到平面的距离为，，故所求三棱锥的体积为.故选：B9．BC【分析】A选项可去特殊值判断；B选项可构造函数，利用导数判断单调性即可；C选项可根据不等式同向同正可乘的性质进行判断；D选项可以用作差法进行判断.【详解】对于A：取，，则，故A错误；对于B：构造函数，则，故在为增函数，故，即，故B正确；对于C：，故与两式相乘得，故C正确；对于D：，故D错误.故选：BC10．AB【分析】对于A，利用任意角的三角函数的定义结合已知条件分析判断，对于B，利用距离公式求解判断，对于CD，利用三角函数的单调性分析判断即可【详解】，故，又，，故是第一象限角，又，故，故A正确；对于B，，故，故B正确；对于C，因为在上单调递增，且，所以，故C错误；对于D，因为在上单调递减，，所以，故D错误.故选：AB.11．AB【分析】在△ABD中，根据AE是中线可得，再根据D是AC中点即可表示出，从而判断A；设，得到，根据，，三点在一条直线上及三点共线定理的推论可得k的值，从而可判断B；用表示出，根据向量数量积运算方法即可计算，从而判断C；根据E是BD中点及D是AC中点可得，，从而可判断D．【详解】如图，

，故A正确；设，则，又，，三点在一条直线上，故，故，即，，故，故B正确；，故，故C错误；，，故，故D错误.故选：AB.12．ABD【分析】直接代入递推公式求得，可知A正确；根据递推式求，构造数列为常数列，求得数列的通项，得，B正确；代入等差数列求和公式可得，C错误；先放缩，再利用裂项相消求和可证明D正确.【详解】，故A正确；由知，，两式相减得，故，故当时，为常数列，故，故，故，故B正确；，故C错误；，故，故D正确.故选：ABD.13．【分析】根据双曲线标准方程的性质和离心率的定义即可求解.【详解】由题意得，，又，则.故14．【分析】由题意可知，对任意的恒成立，可得出关于的不等式组，解出的取值范围为，结合检验即可得出实数的取值范围.【详解】因为，则对任意的恒成立，所以，，因为，则，所以，，，不等式即为，所以，，解得.当时，，不合乎题意.因此，实数的取值范围是.故答案为.15．##【分析】根据圆台与球的性质结合圆台的表面积、体积公式计算即可.【详解】设内切球的半径为，圆台上、下底面圆半径分别为，，则圆台的高，如图为圆台的轴截面图形，可得母线长，故，故.

故16．【分析】分析可知，在这组数据中，共有个，个，个，，个，个，利用极差的定义可判断①；利用中位数的定义可判断②；利用平均数的定义可判断③；利用，化简所求代数式可判断④.【详解】设，其中，则，其中数列的项数为，因为，所以，这组数据的最大数为，最小数为，在这组数据中，共有个，个，个，，个，个，对于①，这组数据的极差为，①对；对于②，因为，，则，所以，这组数据的中位数为，②对；对于③，这组数据平均数为，③错；对于④，，④对.故①②④对，③错，即正确命题的个数为.故答案为.17．(1)；(2)11【分析】（1）根据等比数列的定义计算即可；（2）根据等差数列及等比数列的求和公式计算即可判定.【详解】（1）由得，，，故等比数列的公比为2，则，故；（2）由（1）可得：，当时，，当时，，又易知当时，，故时，和式，故满足的最大整数为11.18．(1)(2)【分析】（1）连接交于点，连接，则可得，则可得，从而得，再结合已知条件可求得结果，（2）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）连接交于点，连接，因为平面，平面，所以，所以，因为所以，又，所以，所以.因为四边形是菱形，，，所以，所以，所以.（2）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，则，，设平面的法向量为，则，取，则，因为平面，所以为平面的法向量，所以，所以所以二面角的正弦值为.19．(1)(2)【分析】（1）由题意，可得，，作于点，于点，可得，，代入上式得解；（2）延长到点，使，连接，在中，利用余弦定理可得，在中由正弦定理可求得结果.【详解】（1）在四边形中，，，故，故，作于点，于点，

又为的中点，则，，故.（2）设的三条边，，分别为，，，由，知，延长到点，使，连接，则，，则在中，，，故由与可得，，则，，则，由正弦定理得，则.20．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）分类讨论由乘法公式计算即可；（2）根据离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可.【详解】（1）由题意，可分为两种情况，即分甲连胜两场和前三场甲、乙、丙各胜负一场，第4场甲胜乙：①甲连胜两场的概率为；②前三场甲、乙、丙各胜负一场，第4场甲胜乙的概率为，则甲进入正式比赛的概率为.（2）由题意得若要比四场，则前3场甲、乙、丙必然各胜一场，此时第四场甲对乙，故的可能取值为1，2，第四场甲输，则，第四场甲赢，则，故的分布列为12则.21．(1)(2)【分析】（1）利用两点的斜率公式计算化简即可；（2）设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式计算面积，结合基本不等式求出面积最大时的关系式，再计算斜率之积即可.【详解】（1）设，易知，由，得，化简得，故椭圆的标准方程为.（2）

设的方程为，，，将代入椭圆方程整理得，，，，，则，又原点到的距离为，故，当且仅当时取等号，此时，的面积最大.故.22．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出，由可得出，构造函数，利用导数分析函数的单调性，求出其最小值，即可得出实数的值；（2）分析可知，所求不等式等价于，利用导数证明出，当时，，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，则，则，令，其中，则，由可得，由可得，所以，函数的单调减