【文档说明】河南省郑州市宇华实验学校2024届高三下学期第三次模拟考试 数学 含解析.docx，共(16)页，1.153 MB，由管理员店铺上传

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2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试数学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B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。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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.已知实数a，b

且0ab，则222229ababab+++取得最大值时，ab+的值为（）A.3B.23C.23−D.23或23−2.已知32a=，35b=，58c=，则（）A.abcB.acbC.cbaD.<<bca3

.法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现了棣莫弗定理：设两个复数()1111cosisinzr=+，()()222212cosisin,0zrrr=+，则()()12121212cos

isinzzrr=+++.设13i22z=−−，则2024z的虚部为（）A.32−B.32C.1D.04.已知,满足πππ2π,44−，且553π32cos5,962sin252−+=+=

−，则24πsin994+−=（）A.32B.622−C.264−D.624−5.在平面直角坐标系中，集合(),0Axykxyk=−+=，集合(),1Bxyykx==−，已知点MA，点NB，记d表示线段MN长度的最小值，则d的最大值为（

）A.2B.3C.1D.26.算盘起源于中国，迄今已有2600多年的历史，是中国古代的一项伟大的发明.在阿拉伯数字出现前，算盘是世界广为使用的计算工具，下图一展示的是一把算盘的初始状态，自右向左分别表示个位、十位、百位、千位，L，上面的一粒珠子（

简称上珠）代表5，下面的一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等同于一粒上珠的大小.例如如图二，个位上拨动一粒上珠、两粒下珠，十位上拨动一粒下珠至梁上，代表数字17.现将算盘的个位、十位、百位、千位、万位、十万位分别随机拨动一粒珠子至梁上，则表示的六位数

至多含4个5的情况有（）A.57种B.58种C.59种D.60种7.已知等差数列na的前n项和为nS，58102aaa+=−，3726aa+=−，则满足10nnSS+的值为（）A.14B.15C.16D.178.已知𝑓(𝑥)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，已知𝑓(1)=0

，当𝑥＞0时，有2𝑓(𝑥)−𝑥𝑓′(𝑥)＞0，则使𝑓(𝑥)＞0成立的𝑥的取值范围为（）A.(−∞,−1)∪(0,1)B.(−1,0)∪(1,+∞)C.(−∞,−1)∪(1,+∞)D.(−1,0)∪(0,1)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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.9.已知()sincossin2fxxxx=+，则（）A.()fx的图象关于点π,02对称B.()fx的值域为

33,22−C.()fx在区间()0,50上有33个零点D.若方程()34fx=在()0,t（0t）有4个不同的解ix（1i=，2，3，4），其中1iixx+（1i=，2，3），则1234xxxxt++++的取值范围是55π85π,121210.已知正方体

ABCDABCD−的棱长为1M，是AA中点，P是AB的中点，点N满足()0,1DNDC=，平面MPN截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为12VV，，则下列判断正确的是（）A.12=时，截面面

积为32B.12=时，12VV=C.12VV−随着的增大先减小后增大D.12VV−的最大值为51211.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=上一点A到其两条渐近线的距离之积为32，则下列结论正确的是（）A.221123ab+=B.3abC.226

ab+D.11233ab+三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.12.曲线()()1ln211fxxxx=−++在点()()1,1f处的切线方程为.13.已知有,AB两个盒子，其中A盒装有3个黑球和

3个白球，B盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方

法重复操作两次后，B盒中恰有7个球的概率是.14.一个圆锥的顶点和底面圆都在半径为2的球体表面上，当圆锥的体积最大时，其底面圆的半径为.四、解答题：本大题共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.(13分)已知等比数列na的公比3q=，且1289aa+=.(1)求{na

}的前n项和nS；(2)若等差数列nb的前2项分别为2a，312a，求nb的前n项和nT.16.(15分)如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面,ABCDPD与底面所成的角为45，E为PD的中点.(1)求证：⊥AE平面PCD；(2)若2,ABG=为BCD△的

内心，求直线PG与平面PCD所成角的正弦值.17.(15分)某地区工会利用“健步行APP”开展健步走活动.为了解会员的健步走情况，工会在某天从系统中抽取了100名会员，统计了当天他们的步数（千步为单位），并将样本数据分为)3,5，)5,7，

)7,9，…，)17,19，19,21九组，整理得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，估计样本数据的70%分位数；(2)据统计，在样本数据)3,9，)9,15，15,21的会员中体检为“健康”的比例分别为1

5，13，35，以频率作为概率，估计在该地区工会会员中任取一人，体检为“健康”的概率.18.(17分)已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，3,2Mm−为C上一点，且32MF=.(1)求C的方程；(2)过点()4,0P且斜率存在的直线l与C交于不同的两点,

AB，且点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴交于点Q.（i）求点Q的坐标；（ii）求OAQ与OAB的面积之和的最小值.19.(17分)对于函数12(),,(),yfxxDygxxD==及实数m，若存在1122,xDxD，使得()(

)12fxgxm+=，则称函数()fx与()gx具有“m关联”性质.(1)若()sinfxx=与()cos2gxx=具有“m关联”性质，求m的取值范围；(2)己知0a，()fx为定义在R上的奇函数，且满足；①在[0,2]a

上，当且仅当2ax=时，()fx取得最大值1；②对任意xR，有()()0faxfax++−=.求证：1sinπ()yxfx=+与2cosπ()yxfx=−不具有“4关联”性.2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试数学•参

考答案一、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.【答案】D【解析】22222222299292abababababababab=+++++++，又0ab，所

以9926abababab+=，所以22222194ababab+++，当且仅当3ab=，即3ab==，或3ab==−取等号，所以23ab+=或23ab+=−.故选：D2.【答案】C【解析】由题意得3log5b=，5log8c=，因为323333log3log27lo

g52ab====，即ab，325553log5log125log82a===，即ac，因为2222222lg5lg5(lg5)(lg5)4(lg5)lg25×=1lg3+lg8lg3lg8lg3?lg8lg24lg24()2bc===，所以bc，故abc.故选：C.3.【答

案】B【解析】134π4πicosisin2233z=−−=+，所以20244π20244π2024cosisin33z=+2π2π13cosisini3322=+=−+,所以2024z的虚部为32

.故选:B.4.【答案】D【解析】由5962sin25+=−，得()53(2)2sin250−+−−=，由53π32cos52−+=，得53π3π32sin5022

−+−−=，故2−和3π2−是方程532sin50xx+−=的两个实数根.因为πππ,2π,,44−，所以3π2−和2−的取值范围都是ππ,22−，因为函数53,2sinyxyx==在区间ππ,

22−上均单调递增，所以函数532sinyxx=+在区间ππ,22−上单调递增，故方程532sin50xx+−=在区间ππ,22−上只有一个根，所以3π22−=−，即3π22+=，于是有24π993+=，所以24πππππππ6

2sinsinsincoscossin9943434344−+−=−=−=.故选：D.5.【答案】D【解析】集合|0Axkxyk=−+=可以看作是表示直线1:0−+=lkx

yk上的点的集合，由0kxyk−+=变形可得，()10kxy+−=，由100xy+==可得，10xy=−=，所以直线1:0−+=lkxyk过定点()1,0E−.集合(),1Bxyykx==−可看作是直线2:1lyk

x=−上的点的集合，由1ykx=−变形可得，()10kxy−+=，由010xy=+=可得，01xy==−，所以，直线2:1lykx=−过定点()0,1F−.显然，当点,MN与点,EF分别重合，且线段MN与直线12,ll都垂直时，d有最大值()()2201102EF=++−−=.故选：D

.6.【答案】A【解析】至多含4个5，有以下5种情况：不含5，有06C1=种；含1个5，有16C6=种；含2个5，有2615C=种；含3个5，有36C20=种；含4个5，有46C15=种；所以，所有的可能情况共有6016

346626CCCCC57++++=种，故选：A.7.【答案】B【解析】设等差数列na的公差为d，因为581037226aaaaa+=−+=−，则()111211292826adadad+=−+

+=−，解得1294ad=−=，可得()()12942312nnnSnnn−=−+=−，且*nN，当15n时，0nS；当16n时，0nS；可知：当14n或16n时，10nnSS+；当15n=时，10nnSS+；若10nnS

S+，所以15n=.故选：B.8.【答案】D【解析】令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥2，其中𝑥≠0，因为函数𝑓(𝑥)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，则𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，所以，𝑔(−𝑥)=𝑓(−𝑥)(−𝑥)2=𝑓(𝑥)𝑥2=𝑔(𝑥)，所以

，函数𝑔(𝑥)为偶函数，当𝑥＞0时，𝑔′(𝑥)=𝑥2𝑓′(𝑥)−2𝑥𝑓(𝑥)𝑥4=𝑥𝑓′(𝑥)−2𝑓(𝑥)𝑥3＜0，所以，函数𝑔(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，且𝑔(1)=𝑓(1)12=0，由𝑓(�

�)＞0可得𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥2＞0，则𝑔(𝑥)=𝑔(|𝑥|)＞0=𝑔(1)，所以，，解得−1＜𝑥＜0或0＜𝑥＜1，因此，使𝑓(𝑥)＞0成立的𝑥的取值范围为(−1,0)∪(0,1).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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.9.【答案】AB【解析】对A：由()()()()()()()πsinπcosπsin2πsincossin2sincos

sin2fxxxxxxxxxxfx−=−−+−=−−=−−=−，所以()()π0fxfx−+=，则()fx的图象关于π,02对称，故A正确；对B：由()sincossin2sincos2sincosfxxxxxxxx=+=+，因为()()()()()

2πsin2πcos2πsin24πsincos2sin2fxxxxxxxfx+=++++=+=，所以()fx的一个周期为2π，不妨讨论0,2π一个周期的值域情况，当π02x，此时sin0,cos0xx，则()113sincossin2sincossin2sin2sin2si

n2222fxxxxxxxxxx=+=+=+=，因为π0,2x，所以20,πx，则sin20,1x，则()30,2fx；当ππ2x，此时sin0,cos0xx，则()113sinc

ossin2sincossin2sin2sin2sin2222fxxxxxxxxxx=+=+=+=，因为π,π2x，所以(2π,2πx，则sin21,0x−，则()3,02fx−，当3ππ2x，此时sin0,cos0xx，则(

)111sincossin2sincossin2sin2sin2sin2222fxxxxxxxxxx=+=−+=−+=，因为3ππ,2x，所以(22π,3πx，则sin20,1x，则()10,2fx，当3π2π2x，此时s

in0,cos0xx，则()111sincossin2sincossin2sin2sin2sin2222fxxxxxxxxxx=+=−+=−+=，因为3π,2π2x，所以(23π,4πx，则sin2

1,0x−，则()1,02fx−，综上所述()33,22fx−，故B正确；对C：()()cossin2sinfxxxx=+，令()0fx=得sin0x=或cos0x=，可得1π2xk=（kZ），所以31π50

2，32π502，所以()fx在()0,50上有31个零点，故C错误；对D：()fx是以2π为周期的周期函数，当(0,πx时()33,22fx−，则()34fx=在(0,π上有2个实根1x，2x，且1x与2x关于π4x=对称，所以12π2xx+=；当(π,2πx时()1

1,22fx−，则()34fx=在(π,2π上没有实根，则()34fx=在(2π,3π上有2个实根3x，4x，且3x与4x关于9π4对称，且349π2xx+=，且3π2π12x=+，45π2π12x=+，当(3π,4πx时()11,22fx

−，则()34fx=在(π,2π上没有实根，当(4π,5πx时，()34fx=有2个实根，但()fx只需有4个零点，所以29π49π1212t，又因为12345πxxxx+++=，所以1234xxxxt++++

的取值范围是89π109π,1212，故D错误，故选：AB.10.【答案】BCD【解析】如图1，当12=时，点N是DC的中点，易得截面为正六边形.其棱长为22112()()222+=，故截面面积为232336(),424=故A项错误；由对称性可知.当12=时.平

面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；如图2.当从0变化到1时.截面从四边形MDCP变化至五边形MPJCQ（其中J为BC靠近B点的三等分点）.结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；12VV−取最大

值时对应为0=，或1=时情形.当0=时，不妨记1V为截面MDCP左上角的部分几何体，则1111117(1)13423224PAMDDPDDCVVV−−=+=−+=,则271712424V=−

=,此时121775242412VV−=−=；当1=时，不妨记1V为截面MPJCQ左上角的部分几何体，则1PDAMQDPDCCDQPCJQJCCVVVVV−−−−=+++1111111147(1)111131223363372=−

+++=,则2472517272V=−=，此时12472511727236VV−=−=.12VV−的最大值为512，故D项正确.故选：BCD.11.【答案】ACD【解析】易知：双曲线2222:1

xyCab−=的渐近线方程为byxa=，设点(,)Axy到两条渐近线的距离分别为12,dd，则利用点到直线的距离公式可得2212222222()()||||bxaybxaybxayddababab−+−==+++.因为222

21xyab−=，所以2222()()bxayab−=，所以222212222232ababddabab===++，所以221123ab+=，A正确；因为2211223abab+=，所以3ab，B错误；因为()22222222222222113332226222babaababababab

+=++=+++=，当且仅当ab=时等号成立，C正确;因为22211112222243333abababab+=++=++=，所以11233ab+，当且仅当ab=时等号成立，D正确.故选:ACD.三、填空题：本大题共3个小题

，每小题5分，共15分.12.【答案】7450xy−−=【解析】因为()()1ln211fxxxx=−++，则()1111ln1112f=+=+，所以切点为11,2，且()()()221

ln21211xfxxxx=−+−−+，则()22171ln12124kf==+−=−，由直线的点斜式可得()17124yx−=−，化简可得7450xy−−=，所以切线方程为7450xy−−=.故答案为：7450xy−−=13.【答案】77300【解析】若两次取球后，B盒中恰有7

个球，则两次取球均为乙获胜；若第一次取球甲取到黑球，乙取到白球，其概率为121255=，第一次取球后A盒中有2个黑球和3个白球，B盒装有4个黑球和2个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为22348565615+

=；此时B盒中恰有7个球的概率为18851575=；若第一次取球甲取到白球，乙取到黑球，其概率为1332510=，第一次取球后A盒中有3个黑球和2个白球，B盒装有3个黑球和3个白球，第二次取到异色球为取到一个白球一个黑球，其概率为3323156562+=；此时B盒中恰有7

个球的概率为31310220=；所以B盒中恰有7个球的概率为83777520300+=.故答案为：7730014.【答案】423【解析】设圆锥的底面半径为r，高为h，则圆锥的体积为21π3Vrh=，当圆锥顶点与底面在球心O的同侧时，有21224hOOr=−=−−，0

2h，()24rhh=−，()()32211182256ππ4π82π366381hhhVhhhh++−=−=−=，当且仅当82hh=−，即83h=时等号成立，又02h，所以等号不成立.当圆锥顶点与底面在球心O

的异侧时，21224hOOr=+=+−，24h，()24rhh=−，()()32211182256ππ4π82π366381hhhVhhhh++−=−=−=，当且仅当82hh=−，即83h=时等号成立.此时2329r=，即423r=.所以当圆

锥的体积最大时，其底面圆的半径为423.故答案为：423.四、解答题：本大题共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.(13分)【答案】(1)2139nnS−=−(2)236nn

nT+=【解析】（1）解：因为等比数列na的公比3q=，所以121118349aaaaa+=+==，可得129a=，所以1323239nnna−−==，所以()()1221311931139nnnnaqSq−−−===−−−.（2

）解：由（1）得1223ba==，23112ba==，所以nb的公差21133d=−=，所以()()2111232366nnnnnnnTnbdn−−+=+=+=.16.(15分)【答案】(1)证明见解析(2)224−【解析】（1）因为PA⊥平面,ABCDCD平面ABCD，所以PACD

⊥，因为PD与平面ABCD所成的角为45,PA⊥平面ABCD，所以45PDA=，且45PDAAPD==，所以PAAD=，又E为PD的中点，所以AEPD⊥，因为四边形ABCD为正方形，所以CDAD⊥，又,,,CDPAPAADAPAAD⊥=平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为AE

平面PAD，所以CDAE⊥，因为,,PDCDDPDCD=平面PCD，所以⊥AE平面PCD.（2）因为底面ABCD为正方形，G为BCD△的内心，所以G在对角线AC上.如图，设正方形的对角线的交点为O，所以,2OGGFCGOG==，所以()()21,2221COCGOGOGACCO

OG=+=+==+，所以()()22212AGAOOGCOOGOGOG=+=+=+=+，所以22AGAC=，又因为2AB=，所以2AG=.由题意知,,ABADAP两两垂直，以,,ABADAP所在的直线分

别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−.所以()2,2,0G，由（1）知APAD=，所以()()()0,0,2,0,2,0,0,1,1PDE，所以()2,2,2PG=−.又因为⊥AE平面PCD，所以平面PCD的一个法向量为()

0,1,1AE=.设直线PG与平面PCD所成角为，则()()0,1,12,2,222sincos,428AEPGAEPGAEPG−−====.17.(15分)【答案】(1)14.5；(2)0.38【解析】（1）解：（1）由于在)3,13的样本数据比例为：0.010

.020.120.170.230.55++++=∴样本数据的70%分位数在)13,15内∴估计为：0.70.5513214.50.750.55−+=−.（2）（2）设任取的会员数据在)3,9，)9,15，15,21中分别为事件1A，2A，3A

，∴()10.010.020.120.15PA=++=，()20.170.20.230.6PA=++=，()30.170.060.020.25PA=++=设事件A=在该地区工会会员中任取一人体检为“健康”(

)1130.150.60.250.38535PA=++=.18.(17分)【答案】(1)23yx=(2)（i）(4,0)Q−；（ii）86【解析】（1）由题意可得322924pmpm+==，

解得32p=，所以C的方程为：23yx=；（2）（i）由已知可得直线l的斜率不为0，且过点()4,0，故可设的直线l的方程为4xmy=+，代入抛物线23yx=的方程，可得23120ymy−−=，方程23120ymy−

−=的判别式2Δ9480m=+，设11(,)Axy，22(,)Bxy，22(,)Dxy−不妨设10y，则12123,12yymyy+==−,所以直线AD的方程为：121112()yyyyxxxx+−=−−，即121112()()yyyyxxmyy+−=

−−即()11123yyxxyy−=−−，令0y=，可得()()212113yyyxy−−=−，所以()()2121112312xyyyyyy=−−+==−，所以4x=−所以(4,0)Q−；（ii）如图所示，可得111114222OAQSOQyyy===，1212

11442222OABSyyyy=+=+，所以OAQ与OAB的面积之和1121222242OAQOABSSSyyyyy=+=++=+1111111224244242486yyyyyy−=+=+=当且仅当11244yy=时，即16y=时，等号成立，所以OAQ与OA

B的面积之和的最小值为86.19.(17分)【答案】(1)[2,2]−(2)证明见解析【解析】（1）由题意可知1122()sin[1,1],()cos2[1,1]fxxgxx−=−=，故()()12[2,2]fxgx+

−，则m的取值范围为[2,2]−；（2）证明：因为在[0,2]a上，当且仅当2ax=时，()fx取得最大值1，且()fx为定义在R上的奇函数，故在[2,0]a−上当且仅当2ax=−时，()fx取得最小值-1，由对任意xR，有()()0fa

xfax++−=，可知()fx图象关于点(0)a,对称，又()()()faxfaxfxa+=−−=−，即(2)()fxafx+=，故2a为函数()fx的周期，故()[1,1]fx−，sinπ1,

1,cosπ1,1xx−−，当()11fx=时，12,Z2axnan=+，1sinπ1x=时，112,Z2xkk=+，若12222anak+=+，4141kan+=+，,Zkn，此时有()111s

inπ2yxfx=+=为最大值；当()21fx=−时，22,Z2axmam=−+，2cosπ1x=时，22,Zxtt=，若222amat−+=，4,,Z41tatmm=−，此时有()222cosπ2yxfx=−=为最大值，由于4144141ktanm+=+−，故

()()1122sinπcosπ4xfxxfx++−，即不存在12R,Rxx，使得()()1122sinπcosπ4xfxxfx++−=，所以1sinπ()yxfx=+与2cosπ()yxfx=−不

具有“4关联”性.