河南省部分高中2024−2025學年高三下學期第四次考試(小高考) 數學試題(含解析)_第1頁
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文檔簡介

河南省部分高中2024?2025學年高三下學期第四次考試(小高考)數學試題一、單選題1.已知復數滿足,則(

)A. B. C. D.2.已知集合,,若,則(

)A. B. C.或 D.或3.圓與圓的位置關系是(

)A.相切 B.外離 C.內含 D.相交4.已知兩個不相等的向量,,若,則(

)A. B. C. D.5.已知函數在上單調遞減,則實數的取值范圍為(

)A. B. C. D.6.已知數列滿足,,且對任意,,則(

)A. B. C. D.7.已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為,,該四棱臺的所有頂點都在球的球面上,且球心是下底面的中心,則該四棱臺的體積為(

)A. B. C. D.8.已知雙曲線:(,)的左、右焦點分別為,,點在上,滿足,直線與軸交于點,且,則的離心率為(

)A. B. C. D.二、多選題9.在正方體中,下列結論正確的是(

)A.平面 B.平面C.平面平面 D.平面平面10.已知函數,則下列結論正確的是(

)A.存在負數,使得沒有零點 B.若恰有個零點,則C.若恰有個零點,則 D.當時,恰有個零點11.蔓葉線是公元前世紀古希臘數學家狄奧克勒(Diocle)為了解決倍立方問題發現的曲線,因形似植物藤蔓而得名.按照如下方式可得到一條蔓葉線:在拋物線:上取一動點,作在該動點處的切線,過坐標原點作這條切線的垂線,垂足的軌跡就是如圖所示的蔓葉線.下列結論正確的是(

)A.點在上B.直線是的漸近線C.點到上的點的距離最小值為D.若過點的直線與和拋物線分別交于點,(異于點),則三、填空題12.用,,,…,這個數字組成沒有重復數字的三位數,其中偶數的個數為.13.已()是奇函數,則的最大值為.14.在中,角,,的對邊分別為,,,角的平分線與交于點,若,則的取值范圍是.四、解答題15.已知等比數列滿足,且是,的等差中項.(1)求的通項公式;(2)設數列的前項和為,求.16.已知函數.(1)求的最小正周期及單調遞增區間;(2)令函數,若,,(,)成公差為的等差數列,證明:為定值.17.某商場舉辦購物抽獎活動,在一個不透明的袋子中放入個大小、材質都相同的小球,小球有紅和藍兩種顏色,每個小球上都畫有符號“○”或“×”,不同顏色和符號的小球個數如下表所示.從袋中隨機摸出一個球,記事件為“摸出紅球”,事件為“摸出畫○的球”.紅球藍球畫○畫×(1)求和.(2)該商場規定在一次抽獎中,每人有放回地摸兩次球,每次只摸出一個球,根據兩次摸出球的顏色和符號是否相同設置三種獎項,等級從高到低依次為:顏色和符號均相同為一等獎;僅顏色相同或僅符號相同為二等獎;顏色和符號均不相同為三等獎.(ⅰ)以“結果發生的可能性越小,獎項等級越高”為標準,請你判斷該獎項設置是否合理;(ⅱ)若按(ⅰ)中的標準對上述三種結果重新設置獎項,并且一等獎獎勵元,二等獎獎勵元,三等獎獎勵元,要使一次抽獎的獎金期望值不超過元,則的最大值為多少?18.已知函數.(1)若,求在上的最值.(2)若且,關于的方程在上僅有一個實根.(ⅰ)證明:;(ⅱ)求的最大值.19.如圖,在四面體中,點在平面內的射影恰在棱上,為的中點,,,和的面積均為.(1)若,且與均為銳角,證明:平面;(2)若將,,三點在空間中的位置固定,試分析點的軌跡是什么曲線;(3)求的最小值.

參考答案1.【答案】A【詳解】,則.故選A.2.【答案】C【詳解】①當時,解得,此時,滿足題意,②當時,解得,此時,滿足題意,故選C.3.【答案】B【詳解】圓即,圓心為,半徑為;圓即,圓心為,半徑為;圓心距為,因為,所以兩個圓外離.故選B4.【答案】C【詳解】因為向量,,所以,由得,即,解得或,當時,,,此時,不符合題意,當時,,,此時,符合題意.故選C5.【答案】D【詳解】由題知在上恒成立,所以,得.故選D.6.【答案】D【詳解】令可得,代入數據得:,解得,所以,令,解得,令,解得,令,解得,,可得數列的周期為3,則,故選D.7.【答案】B【詳解】如圖,正四棱臺,分別為上下底面的中心.由題意知正四棱臺的上、下底面邊長分別為,,則.又因為該四棱臺的所有頂點都在球的球面上,且球心是下底面的中心,可知,得,即正四棱臺的高為.又上底面的面積,下底面的面積,則該四棱臺的體積為.故選B.8.【答案】B【詳解】設雙曲線的半焦距為,如圖:設,則由得,由雙曲線的定義,得,又,,所以∽,所以,即,解得,則,,在中,由勾股定理得,即,化簡得,則,而,解得.故選B9.【答案】BD【詳解】對于A,若平面,平面,則,明顯不符合題意,故A錯誤;對于B,由正方體的性質可知,又平面,平面,所以平面,故B正確;對于C,因為直線與直線相交于一點,顯然平面與平面不可能平行,故C錯誤;對于D,由正方體的性質可得,平面,平面,所以,又且都在平面內,所以平面,所以平面,又平面,所以平面平面,故D正確;故選BD.10.【答案】AD【詳解】由題意,的零點個數,即的根的個數,等價于的解的個數,等價于曲線:與直線:的交點的個數.曲線:時,,時,.直線:過定點.當時,設直線與曲線的切點為,則,得,則切點坐標為,此時.當時,設直線與曲線的切點為,則,得,則切點坐標為,此時.當直線繞著定點轉動時,直線與曲線的公共點個數即為的零點個數.如圖可知,時,無零點;時,有個零點;時,有個零點;時,有個零點;時,有個零點;時,有個零點.存在負數,使得沒有零點,故A正確;若恰有個零點,或,故B錯誤;若恰有個零點,則或,故C錯誤;當時,恰有個零點,故D正確.故選AD.11.【答案】ABD【詳解】拋物線在原點處的切線為y軸,過坐標原點作這條切線的垂線,垂足即為;設上不同于原點的點,則該點處的切線斜率存在,設為k,切線方程為,代入,消去x可得,則,即,即,即,故切線為①則過坐標原點的這條切線的垂線方程為,可得,代入①消去可得垂足滿足的關系式為,化簡可得,該式滿足過原點,故蔓葉線E方程為.點滿足上式,故點在E上,故A正確;由,可得且,故,時,,故是E的漸近線,故B正確;設E上的點到點的距離為,則,令,,令,可得,故時,,單調遞減,時,,單調遞增,故,故,則點到E上的點的距離最小值為,故C錯誤;若過點的直線與E和拋物線分別交于點A,B(異于點),可知直線的斜率存在,設為m,則:,由,解得,即,由,解得,即,故,故,故D正確.故選ABD.12.【答案】224【詳解】從四個數中任選一個數放在個位,有4種方法,再從其他八個數中任選2位數放在十位和百位,有種方法,故九個數組成沒有重復的三位數且是偶數共有種方法.13.【答案】2【詳解】因為為奇函數,所以,所以,由于,所以,所以,所以的最大值為2.14.【答案】【詳解】設,則.又,則.又因為,則.在中,由正弦定理可得則..因為,所以,故,所以.所以的取值范圍是.15.【答案】(1)(2)【詳解】(1)設的公比為,因為是的等差中項,所以,又,所以解得所以.(2)由(I)可得該數列為,,,,,,,,則.16.【答案】(1);的單調遞增區間為,.(2)證明見解析【詳解】(1),最小正周期.令,,得.因此的單調遞增區間為,.(2)由題意可得,因為成公差為的等差數列,所以,.由此可得,,從而,,,故為定值,得證.17.【答案】(1),(2)【詳解】(1)由題意得,.(2)(i)在一次摸球的結果中,,,,.所以兩次摸球的結果中,顏色和符號均相同的概率為,僅顏色相同或僅符號相同的概率為,顏色和符號均不相同的概率為.,不符合“結果發生的可能性越小,獎項等級越高”的標準,故該獎項設置不合理.(ii)設一次抽獎的獎金為元,由題意知,,.按照題意,獎金越高,概率越小,結合(i),可知的分布列為所以,令,得,即的最大值為180.18.【答案】(1)最小值為,最大值為(2)(ⅰ)證明見解析;(ⅱ)【詳解】(1)若,則,所以,令,可得或,令,可得或,令,可得,故在單調遞減,,單調遞增.所以.在處取得最大值,在處取得最小值,又,所以在上的最小值為,最大值為;(2)(ⅰ)令,則,令,顯然在上單調遞增,又,,所以存在唯一的,滿足,即,且當時,,當時,,故在上單調遞減,在上單調遞增,是在上的極小值,也是最小值,又因為,要使在上僅有一個實根,必需,所以;(ⅱ)由(ⅰ)知,,將代入,得,所以,所以,令,則,令,可得,令,可得,故在單調遞減,單調遞增.即在處取得最大值.故的最大值為.19.【答案】(1)證明見解析(2)橢圓(直線與此橢圓的兩個交點除外)(3)【詳解】(1)因為點在平面內的射影恰在棱上,所以,又因為,所以,因為和的面積均為,所以因為與均為銳角,所以,再根據余弦定理可知,所以,又,平面,所以平面;(2)因為的面積為,,所以點D到直線AB的距離為1,因此在以直線為軸,底面半徑為1的圓柱的側面上運動.由題意知平面,,所以直線與平面所成的角為.如圖,平面與圓柱斜交,則平面與圓柱側面的交線就是點的運動軌跡,易知該交線為橢圓(直線與此橢圓的兩個交點除外).(3)以為坐標原點,的方向為軸正方向,的方向為軸正方向,建立如圖所示

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