【数学】河南省部分重点中学2024届高三下学期2月质量检测试题（解析版）

河南省部分重点中学2024届高三下学期2月质量检测数学试题一、选择题1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，可得，故选：B.2.复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，可得复数的虚部为.故选：A．3.已知，则的最小值为（）A.6 B.5 C.4 D.3【答案】D【解析】由于，所以，由,（当且仅当时取等号），可得的最小值为3，故选：D．4.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶装满水的体积约为（）A.0.182升 B.0.205升 C.0.218升 D.0.235升【答案】B【解析】根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，其中圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为所以该壶装满水的体积约为升.故选：B．5.已知是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，则点到轴的距离为（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】由可得，如图，作轴，交轴于点，作，交于点，设点到轴的距离为，则有，可得，故D正确.故选：D.6.已知各项均为正数的数列满足对任意的正整数都有，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为正数的数列满足对任意的正整数都有，取，可得，即，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，又因为，可得，则.故选：A．7已知，则（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】因为，所以，所以．故选：D．8.已知双曲线的左、右焦点分别为为坐标原点，过焦点作双曲线的一条渐近线的平行线，与双曲线的另一条渐近线相交于点，直线与双曲线相交于点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】令，由对称性，不妨设直线的方程为，由，解得，即点的坐标为，由为的中点，，得为的中点，则有点的坐标为，代入双曲线的方程，有，解得，所以双曲线的离心率为.故选：C二、选择题9.已知变量之间的经验回归方程为，且变量的数据如下表所示：5681214108651则下列说法正确的是（）A.变量之间负相关 B.C.当时，可估计的值为11 D.当时，残差为【答案】AC【解析】对于A选项，由，可得变量之间负相关，故A选项正确；对于B选项，，将代入经验回归方程，有，可得，故B选项错误；对于C选项，由上知，当时，，故C选项正确；对于D选项，当时，，残差为，故D选项错误．故选：AC．10.已知函数是定义在上的奇函数，则下列说法正确的是（）A.B.函数在上单调递增C.函数有且仅有一个零点D.对于任意的恒成立的充要条件是【答案】BCD【解析】对于A选项，由函数为奇函数，有，可得，可得，经检验，可得函数为奇函数，故A选项错误；对于B选项，由，可得函数单调递增，故B选项正确；对于C选项，由函数单调递增且为奇函数，故只有，若，必有，可得0，故C选项正确；对于D选项，由，有，有，有，当时不等式恒成立，可得，由上知当时，不等式恒成立，故D选项正确．故选：BCD．11.如图，在三棱锥中，底面为边长为2的等边三角形，，二面角的平面角为，则（）A.当平面时，三棱锥为正三棱锥B.当时，平面平面C.当三棱锥的体积为时，或D.当时，三棱锥的外接球的表面积的取值范围为【答案】ABD【解析】由，可得．对于A选项，当平面时，平面,故，由，可得，又由，可得三棱锥为正三棱锥，故A选项正确；对于B选项，如图，取的中点，连接，由，可得，所以为二面角的平面角，又由，可得，可得为直角，即平面平面，故B选项正确；对于C选项，设点到平面的距离为，由，有，可得，由B选项可知此时，当为锐角时，如图，过点作，垂足为，由于，平面，所以平面，平面，可得，又由，平面可得平面，可得，又由，可得；当为钝角时，同理可得，故C选项错误；对于D选项，如图，在上取一点，使得，在中，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，相交于点，由为等边三角形，为等腰直角三角形，可得为三棱锥的外接球的半径，又由，有，，又由，有，有，有，有，可得三棱锥的外接球的表面积的取值范围为，故D选项正确．故选:ABD．三、填空题12.已知随机变量，若，则实数的值为______．【答案】1【解析】由正态分布的性质可知，解得．故答案为：1.13.若函数在区间上恰有两个不相等的实数满足，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】由函数的最大值为，最小值为，可得或，由故有，解得．故答案为：.14.从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，切线斜率的乘积为，则点到圆的圆心的距离的最大值为______．【答案】【解析】设过点的切线方程为，由已知可得，平方后整理为，因为切线斜率的乘积为，所以，整理为，有，当时等号成立，经检验适合题意．故答案为：.四、解答题15.在中,内角所对的边分别为,且满足．（1）求；（2）若边上的高为，求．解：（1）由正弦定理有，有，又由余弦定理有；（2）由得，又由余弦定理和，有，，又由边上的高为2，有，有，可得，有，可得，联立方程组，解得或.16.如图，在直四棱柱中，底面为菱形，与相交于点平面．（1）求；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．解：（1）如图，连接与相交于点，底面为菱形，，直四棱柱底面，底面底面，平面平面，，为直角三角形，，，；（2）连接，取的中点，连接，由为的中点，为的中点，有，又由底面，有底面，由两两垂直，以为坐标原点，向量方向分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：，由平面，可得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，有取，可得平面的一个法向量为，由，有，故平面与平面的夹角的余弦值为．17.为喜迎新春营造节日气氛，某市医保局工会组织全体职工开展了“迎新春促和谐”象棋比赛、猜谜语、写新年寄语活动，参与人员热情高涨，场面气氛活跃，充分展示了该市医保局干部团结、拼搏、积极向上的精神风貌．此次活动不仅弘扬了中华传统，也丰富了职工节日文化生活，增强了医保队伍的凝聚力、向心力、战斗力．甲、乙两位职工进行猜谜语比赛，比赛规则如下：“若甲猜对谜语，由甲继续猜下一道谜语；若甲猜错谜语，由乙接着猜下一道谜语；反之亦然．”已知甲、乙猜对每一道谜语的概率都为，且甲、乙猜每一道谜语之间互相独立．（1）若第1道谜语由甲、乙猜的概率分别是和，求第3道谜语由甲猜的概率；（2）假设谜语的数量足够多，若第1道谜语由乙先猜，求第30道谜语由乙猜的概率．解：（1）第3道谜语由甲猜分如下四种情况：①甲猜对第一道谜语，甲猜对第二道谜语，有；②甲猜错第一道谜语，乙猜错第二道谜语，有；③乙猜对第一道谜语，乙猜错第二道谜语，有；④乙猜错第一道谜语，甲猜对第二道谜语，有，故第3道谜语由甲猜的概率为；（2）记第道谜语由乙猜的概率为，第道谜语由乙猜的概率为，由甲猜的概率为，时，有，整理为，可化为，可得数列是公比为的等比数列，又由，有，可得．18.已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若且，证明：．（1）解：由函数，可得的定义域为，且，①当时，由，可得，令，可得；令，可得，所以函数的减区间为，增区间为；②当时，由，则，且，（i）当时，，可得函数单调递减，减区间为，没有增区间；（ii）当时，有，可得，令，可得；令，可得或，所以函数的减区间为，增区间为；（iii）当时，有，可得，令，有；令，可得或，所以函数的减区间为，增区间为.（2）证明：由（1）知，当时，函数的减区间为，增区间为，若且，不妨设，①当时，，不等式成立；②当时，，令（其中，可得，所以函数单调递增，又由（当且仅当时取等号），可得当时，，由，可得，即，有，又由，可得，由，可得，又由，函数在上单调递减，由，有，可得，故不等式得证．19.在平面直角坐标系中，抛物线（为正整数）的焦点为，抛物线上一点在第四象限，且满足．（1）求抛物线的标准方程及点的坐标；（2）若点在抛物线上，是以为直角顶点的直角三角形，的面积为，求直线的方程．解：（1）设点的坐标为，其中，焦点的坐标为，由抛物线的几何性质及，有，有，由，有，可化为，又由，有，代入，有，整理为，解得或，当时，，符合题意；当时，，与为正整数矛盾，不合题意，舍去．由上知抛物线的标准方程为，点的坐标为；（2）设两点的坐标分别为，直线的