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（含解析）

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河南省部分重点中学2024届高三下学期2月质量检测
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则的最小值为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
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
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．
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．
7．已知，则（ ）
A． B． C．2 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．
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．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：
5 6 8 12 14
10 8 6 5 1
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
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为
D．对于任意的恒成立的充要条件是
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
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量，若，则实数的值为______．
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______．
14．从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，切线的斜率的乘积为，则点到圆的圆心的距离的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．（本小题满分13分）
在中，内角所对的边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若边上的高为，求．
16．（本小题满分15分）
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．
17．（本小题满分15分）
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．
18．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若且，证明：．
19．（本小题满分17分）
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．
河南省部分重点中学2024届高三下学期2月质量检测
数学
参考答案、提示及评分细则
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B A D B D A D C AC BCD ABD
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．【答案】B
【解析】由，可得，故选B．
2．【答案】A
【解析】由，可得复数的虚部为，故选A．
3．【答案】D
【解析】由（当且仅当时取等号），可得的最小值为3，故选D．
4．【答案】B
【解析】该壶装满水的体积约为升（或利用，可得），故选B．
5．【答案】D
【解析】由可得设点到轴的距离为，有，可得，故选D．
6．【答案】A
【解析】取，有，可得数列是以为首项，为公比的等比数列，有，有，可得，有，故选A．
7．【答案】D
【解析】因为，所以，所以．故选D．
8．【答案】C
【解析】由对称性，不妨设直线的方程为，联立方程可求得点的坐标为，又由为的中点，，可得为的中点，可得点的坐标为，代入双曲线的方程，有，可得，故选C．
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．【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．【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．【答案】ABD
【解析】由，可得．
对于A选项，当平面时，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，可得平面且为二面角的平面角，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，由平面，可得，又由，可得平面，可得，又由，可得；当为钝角时，，故C选项错误；
对于D选项，如图，在上取一点，使得，在中，过点作的垂线，过点作的垂线，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：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】1
【解析】由正态分布的性质可知，解得．
13．【答案】
【解析】由函数的最大值为1，最小值为-1，可得或由函数的图象可知
，可得．
14．【答案】2
【解析】设过点的切线方程为，有，平方后整理为，有，整理为，有．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15．【答案】（1） （2）或
【解析】（1）由正弦定理有，
有，
又由余弦定理有；
（2）由，
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．【答案】（1） （2）
【解析】（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．【答案】（1） （2）
【解析】（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．【答案】（1）详解见解析 （2）略
【解析】（1）由有意义，有，可得函数的定义域为，
，
①当时，由，有，令，有，可得函数的减区间为，增区间为；
②当时，又由，
由，
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，有，可得函数的减区间为，增区间为；
Ⅲ、当时，有，可得，令，有，可得函数的减区间为，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，有，
可得函数单调递增，
又由（当且仅当时取等号），可得当时，，
又由，可得，即，有，
又由，有，
又由，有，
又由，函数在上单调递减，
由，有，可得，故不等式得证．
19．【答案】（1） （2）或
【解析】（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，直线的方程为，
联立方程消去后整理为，
有，
，
由，
有，
有，有，可得，
①当时，即，此时直线的方程为，可得直线过定点；
②当时，即，此时直线的方程为，可得直线过定点，不合题意，
由①②知直线的方程为，且过定点，有，
直线的斜率为，可得直线的方程为，整理为，
点到直线的距离为，
同理，点到直线的距离为，
记的面积为，
有
，
又由的面积为，有，有，
平方后可得，可得，可得，
可得或3，故直线的方程为或．