2024届河南省濮阳市高三第三次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省濮阳市2024届高三第三次模拟考试数学试题一、单项选择题：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.已知直线与直线垂直，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为，即且，，所以.故选：D.2.若，则化简的结果是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由，，可知，.故选：B.3.在的展开式中，第8项的系数为（）A. B.144 C.18 D.〖答案〗A〖解析〗对有，则.

故选：A.4.已知关于的方程的一个根为，则（）A.4 B.3 C.2 D.1〖答案〗C〖解析〗由可得，故，，即.故选：C.5.在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗连接，由长方体的性质可得平面，故与平面所成的角为与相等，又平面，故平面，即，又，故与所成的角与与所成角相等，即与相等，又，故.故选：C.6.有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗对于①：，则，解得，所以，故为偶函数且为奇函数；对于②为奇函数；对于③为奇函数；对于④为偶函数；对于⑤：定义域为，为非奇非偶函数；对于⑥为非奇非偶函数；则事件为：①，②，③；事件为：④，⑤，⑥；事件为：①，④；事件为：②，③，⑤，⑥；事件为：①，②，③，④；为：⑤，⑥；所以，，，，，，所以，，故A、C错误；又为：①；所以为：②，③，④，⑤，⑥，所以，则，故B错误；又，，所以，故D正确.故选：D.7.已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知：，设动点，则，即，设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设，因为，，则，即，可知直线方程为：，则直线方程为：，令得，，即，，则，由正弦定理得：，，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故选：A8.下列不等式中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗对于A，等价于，设，则，当时，，在上单调递增；时，，在上单调递减，因为，所以，即，故A错；对于B，等价于，等价于，等价于，等价于，又，故B错；对于C，设，则，所以在上单调递增；故，即，故，则，即，故C错误；对于D，，等价于，等价于，即，令，则等价于，即，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，令，则在恒成立，故在上单调递减，所以，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，因为，所以，令，则，所以，此时在上单调递增，，因为，所以，所以两边取对数得，所以由上即，即，所以，所以，即，所以，即，故D对.故选：D.二、多项选择题：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.已知平面向量，则下列说法正确的有（）A.一定可以作为一个基底B.一定有最小值C.一定存在一个实数使得D.的夹角的取值范围是〖答案〗BC〖解析〗对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；对B：，故有最小值，故B正确；对C：若，则有即，即，即，解得，即当时，，故C正确；对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，故的夹角不可能为，故D错误.故选：BC.10.已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（）A.的图象可由的图象平移得到B.在上单调递增C.图象的一个对称中心为D.图象的一条对称轴为直线〖答案〗BD〖解析〗，因为最小正周期为，所以，所以，A：由以上〖解析〗式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误；B：当时，，由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确；C：，故C错误；D：当时，，此时为最小值，所以图象的一条对称轴为直线，故D正确；故选：BD.11.空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（）A.存在定直线，使得上的点到的距离是定值B.存在定点，使得上的点到的距离为定值C.的长度是个定值，且这个定值小于14D.是上任意两点，则的距离的最大值为4〖答案〗ACD〖解析〗由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周。对于A，为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，所以存在定直线即为轴，使得上的点到的距离是定值为1，A正确；对于B，根据轨迹可得不存在定点，使得上的点到的距离为定值，B错误；对于C，轨迹的长度是，C正确；对于D,是上任意两点，则的距离的最大值为4,D正确；故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的焦点坐标为______.〖答案〗〖解析〗对于抛物线，，其焦点坐标为，而抛物线是由向上平移一个单位形成的，所以抛物线的焦点坐标为.13.如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________.〖答案〗〖解析〗在中，可知，因为，且为的平分线，可知，则，在中，可得，在中，可得，所以；因为，，中，由正弦定理可得，则，解得，由正弦定理可得，且为的平分线，则，可得，在中，由正弦定理可得，在中，可知，则，在中，可知，在中，可知，所以.故〖答案〗为：；.14.已知，且，则的最小值为__________.〖答案〗1〖解析〗，注意到，如图：设等边三角形的边长为1，分别为上的点，设，且，故,即，故，即，所以.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.多年统计数据表明如果甲､乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）.（1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率；（2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望.解：（1）由于乙以1：0领先，那么甲在接下来的比赛中，第局连胜3局获得冠军，或第局比赛中丢失1局，直到第5局获胜而获得冠军，所以甲获得冠军的概率；（2）甲以的大比分获得冠军，表明第五局一定是甲获胜，前四局中甲､乙比赛结果为平，即前四局比赛中，甲丢失了2局，分别是第1，2局；或第1，3局；或第1，4局；或第2，3局或第2，4局或第3，4局，所以的取值为，34567.16.已知数列的各项都为正数，且其前项和.（1）证明：是等差数列，并求；（2）如果，求数列的前项和.（1）证明：当时，或，因为，所以，，两式相减得，因为，所以，故是首项为1，公差为的等差数列，；（2）解：由（1）知，，，则，，所以.17.如图所示，在四棱锥中，，，，为正三角形.（1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）；（2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：如图所示，因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以.在平面上的射影为，即平面，连接，由，为公共边，有，所以，即为的外心.（2）解：等腰梯形中，取中点，连接，由，，则四边形为平行四边形，有，又，则是边长为2的正三角形，取中点，所以，以为原点，所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.在正中，，由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，则.，，，则有，在正中，，由，有，则，则.设平面的法向量为，有令，得，则.又，所以.18.已知函数.（1）如果，求曲线在处的切线方程；（2）如果对于任意的都有且，求实数满足的条件.解：（1）当时，，记，则，所以切线方程为，即；（2），且，，所以有，，，令，，，如果在上单调递减，即有在上单调递减，此时与矛盾，故，令，则，因为，所以在上单调递减，，而，故由零点存在定理，可知存在，使得，也就是当时，，当时，，进一步分析可知存在，使得在上单调递增，在上单调递减，要使得恒成立，必有，，，因为，所以由，如果，此时在上单调递增，，满足题意，如果在上单调递增，在上单调递减，要使恒成立，必有，所以当时，恒成立，综上有.19.已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）.（1）求直线与的斜率之积的值；（2）记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由.解：（1）由题意得，故直线的方程为，即.由对称性可知圆的圆心坐标为，因为点到直线的距离为，所以圆的半径为，所以圆，设，则，由题可设圆的切线方程为，则圆心到切线的距离为，整理得，设过点所引的圆的两条切线的斜率分别为，则，由，得，代入式中，可得，故直线与的斜率之积为；（2）不妨设直线的方程为，则圆心到直线的距离为，解得，直线与椭圆的方程联立可得，设，则，将代入，可得，由（1）可设直线的方程为，设，同理可得，因此，设直线，则，解得，将直线与椭圆联立，则，设，则，将代入，得，设直线，同理可得，故，所以P，O，Q三点共线．河南省濮阳市2024届高三第三次模拟考试数学试题一、单项选择题：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.已知直线与直线垂直，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为，即且，，所以.故选：D.2.若，则化简的结果是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗由，，可知，.故选：B.3.在的展开式中，第8项的系数为（）A. B.144 C.18 D.〖答案〗A〖解析〗对有，则.

故选：A.4.已知关于的方程的一个根为，则（）A.4 B.3 C.2 D.1〖答案〗C〖解析〗由可得，故，，即.故选：C.5.在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗连接，由长方体的性质可得平面，故与平面所成的角为与相等，又平面，故平面，即，又，故与所成的角与与所成角相等，即与相等，又，故.故选：C.6.有以下6个函数：①；②；③；④；⑤；⑥.记事件：从中任取1个函数是奇函数；事件：从中任取1个函数是偶函数，事件的对立事件分别为，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗对于①：，则，解得，所以，故为偶函数且为奇函数；对于②为奇函数；对于③为奇函数；对于④为偶函数；对于⑤：定义域为，为非奇非偶函数；对于⑥为非奇非偶函数；则事件为：①，②，③；事件为：④，⑤，⑥；事件为：①，④；事件为：②，③，⑤，⑥；事件为：①，②，③，④；为：⑤，⑥；所以，，，，，，所以，，故A、C错误；又为：①；所以为：②，③，④，⑤，⑥，所以，则，故B错误；又，，所以，故D正确.故选：D.7.已知双曲线的左､右顶点分别为是右支上一点，直线与直线的交点分别为，记的外接圆半径分别为，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可知：，设动点，则，即，设直线的斜率分别为，根据对称性不妨设，因为，，则，即，可知直线方程为：，则直线方程为：，令得，，即，，则，由正弦定理得：，，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故选：A8.下列不等式中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗对于A，等价于，设，则，当时，，在上单调递增；时，，在上单调递减，因为，所以，即，故A错；对于B，等价于，等价于，等价于，等价于，又，故B错；对于C，设，则，所以在上单调递增；故，即，故，则，即，故C错误；对于D，，等价于，等价于，即，令，则等价于，即，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，令，则在恒成立，故在上单调递减，所以，故在上恒成立，所以在上恒成立，故在上单调递减，所以，因为，所以，令，则，所以，此时在上单调递增，，因为，所以，所以两边取对数得，所以由上即，即，所以，所以，即，所以，即，故D对.故选：D.二、多项选择题：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.已知平面向量，则下列说法正确的有（）A.一定可以作为一个基底B.一定有最小值C.一定存在一个实数使得D.的夹角的取值范围是〖答案〗BC〖解析〗对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；对B：，故有最小值，故B正确；对C：若，则有即，即，即，解得，即当时，，故C正确；对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，故的夹角不可能为，故D错误.故选：BC.10.已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（）A.的图象可由的图象平移得到B.在上单调递增C.图象的一个对称中心为D.图象的一条对称轴为直线〖答案〗BD〖解析〗，因为最小正周期为，所以，所以，A：由以上〖解析〗式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误；B：当时，，由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确；C：，故C错误；D：当时，，此时为最小值，所以图象的一条对称轴为直线，故D正确；故选：BD.11.空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，则下列说法正确的有（）A.存在定直线，使得上的点到的距离是定值B.存在定点，使得上的点到的距离为定值C.的长度是个定值，且这个定值小于14D.是上任意两点，则的距离的最大值为4〖答案〗ACD〖解析〗由题意空间直角坐标系中的动点的轨迹为，其中，可知，点的轨迹为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周。对于A，为以坐标原点为圆心，半径为1的圆，高为4的圆柱上螺旋上升，共计旋转两次两周，所以存在定直线即为轴，使得上的点到的距离是定值为1，A正确；对于B，根据轨迹可得不存在定点，使得上的点到的距离为定值，B错误；对于C，轨迹的长度是，C正确；对于D,是上任意两点，则的距离的最大值为4,D正确；故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的焦点坐标为______.〖答案〗〖解析〗对于抛物线，，其焦点坐标为，而抛物线是由向上平移一个单位形成的，所以抛物线的焦点坐标为.13.如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则__________；__________.〖答案〗〖解析〗在中，可知，因为，且为的平分线，可知，则，在中，可得，在中，可得，所以；因为，，中，由正弦定理可得，则，解得，由正弦定理可得，且为的平分线，则，可得，在中，由正弦定理可得，在中，可知，则，在中，可知，在中，可知，所以.故〖答案〗为：；.14.已知，且，则的最小值为__________.〖答案〗1〖解析〗，注意到，如图：设等边三角形的边长为1，分别为上的点，设，且，故,即，故，即，所以.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.多年统计数据表明如果甲､乙两位选手在决赛中相遇，甲每局比赛获胜的概率为，乙每局比赛获胜的概率为.本次世界大赛，这两位选手又在决赛中相遇.赛制为五局三胜制（最先获得三局胜利者获得冠军）.（1）现在比赛正在进行，而且乙暂时以领先，求甲最终获得冠军的概率；（2）若本次决赛最终甲以的大比分获得冠军，求甲失分局序号之和的分布列和数学期望.解：（1）由于乙以1：0领先，那么甲在接下来的比赛中，第局连胜3局获得冠军，或第局比赛中丢失1局，直到第5局获胜而获得冠军，所以甲获得冠军的概率；（2）甲以的大比分获得冠军，表明第五局一定是甲获胜，前四局中甲､乙比赛结果为平，即前四局比赛中，甲丢失了2局，分别是第1，2局；或第1，3局；或第1，4局；或第2，3局或第2，4局或第3，4局，所以的取值为，34567.16.已知数列的各项都为正数，且其前项和.（1）证明：是等差数列，并求；（2）如果，求数列的前项和.（1）证明：当时，或，因为，所以，，两式相减得，因为，所以，故是首项为1，公差为的等差数列，；（2）解：由（1）知，，，则，，所以.17.如图所示，在四棱锥中，，，，为正三角形.（1）证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）；（2）当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：如图所示，因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以.在平面上的射影为，即平面，连接，由，为公共边，有，所以，即为的外心.（2）解：等腰梯形中，取中点，