2024年河南名校高三数学4月模拟检测试卷附答案解析

年河南名校高三数学4月模拟检测试卷（考试时间:120分钟试卷满分:150分）2024.04注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.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．若为纯虚数，，则（

）A．3 B．4 C．-3 D．-42．设集合，若，则（

）A．0 B．1 C．2 D．33．已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为（

）A． B．3 C． D．44．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．的最小正周期为 B．在上单调递增C．为偶函数 D．的最小值为5．已知点是圆C上的任意一点，则的最大值为（

）A．25 B．24 C．23 D．226．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线交于两点．若，则（

）A． B． C． D．7．将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额，则不同的分配方案种数为（

）A．56 B．84 C．126 D．2108．已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且，则下列结论错误的是（

）A． B．为偶函数C．是周期函数 D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．年月日国家统计局发布了制造业采购经理指数（）,如下图所示:下列说法正确的是（

）A．从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的第百分位数为B．从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的极差为C．从年月到年月制造业采购经理指数（）呈下降趋势D．大于表示经济处于扩张活跃的状态;小于表示经济处于低迷萎缩的状态,则年月到年月,经济处于扩张活跃的状态10．已知抛物线Γ:，过点作直线，直线与Γ交于A，C两点，A在x轴上方，直线与Γ交于B，D两点，D在x轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（

）A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为B．直线过定点C．直线与直线的交点在直线上D．与的面积之和的最小值为11．已知定义在上的奇函数连续，函数的导函数为．当时，，其中为自然对数的底数，则（

）A．在上为减函数 B．当时，C． D．在上有且只有1个零点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知数列的前n项和为，若，则，.13．太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而又被称为“阴阳鱼太极图”．如图所示的图形是由半径为2的大圆和两个对称的半圆弧组成的，线段过点且两端点分别在两个半圆弧上，是大圆上一动点，则的最小值为．14．已知正四棱台的内切球半径，则异面直线与所成角的余弦值为四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．在中，内角的对边分别为．(1)求；(2)若为的中线，且，求的面积．16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，平面平面．为的中点，且分别为的中点．(1)证明：．(2)设交平面于点，求平面与平面夹角的余弦值．17．某市共有教师1000名，为了解老师们的寒假研修情况，评选研修先进个人，现随机抽取了10名教师利用“学习APP”学习的时长（单位：小时）：35，43，90，83，50，45，82，75，62，35，时长不低于80小时的教师评为“研修先进个人”．(1)现从该样本中随机抽取3名教师的学习时长，求这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率．(2)若该市所有教师的学习时长近似地服从正态分布，其中为抽取的10名教师学习时长的样本平均数，利用所得正态分布模型解决以下问题：①试估计学习时长不低于50小时的教师的人数（结果四舍五人到整数）；②若从该市随机抽取的名教师中恰有名教师的学习时长在内，则为何值时，的值最大？附：若随机变量服从正态分布，则，，．18．如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于C，D两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.(1)求椭圆Γ的标准方程.(2)点T在直线上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接，设直线与交于点P.证明:点P在直线上.19．已知，函数的图象在点处的切线方程为.(1)求a，b的值;(2)若方程（e为自然对数的底数）有两个实数根，且，证明：1．A【分析】由复数除法运算化简复数，结合复数是纯虚数列方程解出参数即可.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：A.2．C【分析】根据题意，得到或，求得的值，结合集合的包含关系，即可求解.【详解】由集合，因为，所以或，解得或，当时，，不符合题意；当时，，符合题意．故选：C．3．D【分析】设母线长为，根据题意得到，即可求解．【详解】设母线长为，由题意，可得，解得，即圆锥的母线长为．故选：D.4．C【分析】由积化和差公式化简，根据周期公式判断A，根据正弦函数的最值判断D，根据正弦型函数的单调性判断B，根据导数判断C.【详解】因为，此时最小正周期为，其最小值为，所以A错误，D错误；因为，所以，可知在上不单调，B错误；又，所以为偶函数，C正确．故选：C5．A【分析】设代入算式中由倍角公式化简，利用基本不等式求积的最大值.【详解】点是圆C上的任意一点，设则，当且仅当时，等号成立.的最大值为25.故选：A6．D【分析】根据双曲线的定义，结合焦点三角形以及余弦定理即可求解.【详解】设双曲线的右焦点为,连接,由题意可得，设由余弦定理可得,即，解得，所以，故．故选：D7．B【分析】将问题等价转换为将10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，利用隔板法即可求解.【详解】将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，其中甲、乙两班至少各有1个名额的分法，等价于将10个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额的分法.用3个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于10个小球中间共有9个空隙，因此共有种不同的分法.故选：B.8．C【分析】对于A，令，结合即可判断；对于B，令结合偶函数的性质即可判断；对于C，令即可判断；对于D，得出递推关系，由此即可验算.【详解】令，得，因为，所以，A正确;令，则，所以，则为偶函数，B正确；令，得，即，所以不是周期函数，C错误；当x取正整数n时，，则，D正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是得出，由此即可顺利得解.9．ABD【分析】根据折线图中的数据,结合极差、平均数、百分位数定义与计算方法逐一判断即可.【详解】由图知,从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）从小到大的顺序为,因为,所以第百分位数为第个数,即为,故A正确;从年月到年月,这个月的制造业采购经理指数（）的最大值为,最小值为,所以极差为,故B正确;由图易知制造业采购经理指数（）有升有降,故C错误;由图知年月到年月PMI均大于,所以经济处于扩张活跃的状态,故D正确.故选:ABD.10．ABD【分析】分别联立曲线与直线方程，表示出韦达定理，解方程组可得B正确；由斜率的定义结合选项B可得A正确；当轴时，求出四点坐标，得到两直线方程，求出交点横坐标可判断C错误；由三角形的面积公式结合选项B和基本不等式可得D正确.【详解】设，设直线交x轴于点，，直线的方程为：，联立，消去可得，，所以，同理，设直线，联立，消去可得，，所以，设直线，联立，消去可得，，所以，联立方程组，可得，故B正确；对于A，由B可得，所以当时，有，故A正确；当轴时，可知，，求得直线的方程为，直线的方程为，将这两方程联立方程组，解得，故C错误；设与的面积分别为，则，又，又，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：ABD.11．BCD【分析】根据题意，令，利用导数求得在上单调递增，结合，得到，可判定C正确；再由时，，可判定B正确；根据是定义在上的奇函数，结合单调性和零点的定义，可判定D正确．根据的单调性无法判断，可判定A错误．【详解】由，可得．令，则当时，，所以在上单调递增，所以，即，可得，所以，所以C正确；因为，所以当时，，又因为，所以当时，，所以B正确；由是定义在上的奇函数，故当时，，又因为，所以在上有且只有1个零点，所以D正确．因为的单调性无法判断，所以A错误．故选：BCD.12．299【分析】利用给定条件，直接求出，再判断数列特征求出.【详解】由，得，解得；则，显然是等差数列，所以.故答案为：2；9913．0【分析】先根据向量运算表示出，结合的最值可得答案.【详解】连接，可得，显然当最大，即取得最大值2时，取得最小值0．故答案为：0.14．##【分析】作正四棱台的轴截面，设，由几何关系得出，结合勾股定理可得，进一步延长侧棱，设它们相交于点P，从而只需分别求出即可.【详解】由题设知正四棱台的高设，作正四棱台的轴截面，如图所示，其中I，J，L分别为圆O与四边形EFGH的切点，，K为垂足，从而有，，所以，由，解得延长侧棱，设它们相交于点P，则异面直线与所成的角为.因为，所以，所以，所以，从而故答案为：.【点睛】关键点点睛：关键是得出，进一步得出的长度，由此即可顺利得解.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，得到，结合，求得，结合余弦的倍角公式，即可求解；（2）由（1）得到，根据，求得，再由由余弦定理得到，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：由，可得，因为，可知，所以，又因为，联立方程组得，所以．（2）解：由（1）知，可得，因为为的中线，且，所以，两边平方得，又由余弦定理得，即，两式相减，可得，所以．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设与交于点，根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得．（2）由（1）知平面，得到平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示，设与交于点，连接，因为底面是平行四边形，所以为的中点，又因为，所以，因为，且为的中点，所以，又因为平面，且平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：如图所示，连接，因为为的中位线，所以，因为平面平面且，所以，且，由分别为的中点，看到的，由（1）知平面，所以平面．以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，则，设为平面的法向量，则，取，可得，所以，又由平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，可得．即平面与平面的夹角余弦值为.17．(1)(2)①841；②14【分析】（1）根据题意利用古典概型即可计算；（2）①由样本数计算，进而利用求解即可；②首先求在内的概率，再由题意可知，然后设，最后利用可求使得的最小的值，从而得到使最大的的值.【详解】（1）设事件“抽取的3名教师中恰有2名教师是研修先进个人”为．由题知样本中学习时长不低于80小时的人数为3，时长低于80小时的人数为7，则，所以这3名教师中恰有2名教师是研修先进个人的概率为．（2）①由样本数据知，．因为，所以，所以，学习时长不低于50小时的教师人数为841.②每名教师的学习时长在内的概率为，由题意可知，则，设，则．令，得，所以当时，，令，得，所以当时，，所以当时，最大，即使最大的的值为14．18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解.（2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解.【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为，由切线长定理知，则，解得.由，解得.所以椭圆Γ的标准方程为（2）设,已知，设，联立方程组，消去y得，显然，由，可得，，

所以，联立方程组，消去y得，显然，由，可得，，同理

因为M，N是切点，且，所以直线的方程为，即，显然直线MN过定点，即M，D，N三点共线，则，解得或（舍去），联立方程组，解得，即点P在直线上.【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)(2)证明见解析【分析】（1）求导得，结合，可列出方程组求解；（2）由题意得，构造函数证明不等式，当且仅当时，等号成立；，当且仅当时，等号成立；从而可分别得到，，由此即可得证.【详解】（1）因为，所以，由题意知，所以，联立方程组，解得.（2）由（1）可知，，，设，，所以即在上单调递增.又，所以存在，使得，故在上单调递减，在上单调递增，设，令，则，