2024届许昌市重点中学普通高中毕业班单科质量检查数学试题试卷.doc

2024届许昌市重点中学普通高中毕业班单科质量检查数学试题试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上3．考生必须保证答题卡的整洁考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设递增的等比数列的前n项和为，已知，，则（ ）A．9 B．27 C．81 D．2．生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为（ ）A． B． C． D．3．设等差数列的前项和为，若，则（ ）A．23 B．25 C．28 D．294．从装有除颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为，已知，则　　A． B． C． D．5．已知抛物线，F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦，若，，则的面积为（ ）A． B． C． D．6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（ ）A． B． C． D．7．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，在椭圆上，其中，，若，，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A． B．C． D．8．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（ ）A． B． C． D．9．在中，为中点，且，若，则（ ）A． B． C． D．10．已知命题：使成立． 则为（ ）A．均成立 B．均成立C．使成立 D．使成立11．设，，，则（ ）A． B． C． D．12．已知向量，，则与的夹角为（ ）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知，则_____14．若变量，满足约束条件，则的最大值为__________．15．已知，圆，直线PM，PN分别与圆O相切，切点为M，N，若，则的最小值为________.16．若存在实数使得不等式在某区间上恒成立，则称与为该区间上的一对“分离函数”，下列各组函数中是对应区间上的“分离函数”的有___________.（填上所有正确答案的序号）①，，；②，，；③，，；④，，.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（12分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.18．（12分）设函数.（1）时，求的单调区间；（2）当时，设的最小值为，若恒成立，求实数t的取值范围.19．（12分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，，，且满足.（1）求；（2）若，，求的最大值.20．（12分）已知等差数列{an}的各项均为正数，Sn为等差数列{an}的前n项和，.（1）求数列{an}的通项an；（2）设bn＝an⋅3n，求数列{bn}的前n项和Tn.21．（12分）若函数为奇函数，且时有极小值.（1）求实数的值与实数的取值范围；（2）若恒成立，求实数的取值范围.22．（10分）设等比数列的前项和为，若（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）在和之间插入个实数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解题分析】根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值.【题目详解】设等比数列的公比为q.由，得，解得或.因为.且数列递增，所以.又，解得，故.故选：A【题目点拨】本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2、C【解题分析】分情况讨论，由间接法得到“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开的事件个数，不考虑限制因素，总数有种，进而得到结果.【题目详解】当“数”位于第一位时，礼和乐相邻有4种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有种情况，由间接法得到满足条件的情况有 当“数”在第二位时，礼和乐相邻有3种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有种，由间接法得到满足条件的情况有共有：种情况，不考虑限制因素，总数有种，故满足条件的事件的概率为： 故答案为：C.【题目点拨】解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．3、D【解题分析】由可求，再求公差，再求解即可.【题目详解】解：是等差数列，又，公差为，，故选：D【题目点拨】考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.4、B【解题分析】由题意知，，由，知，由此能求出．【题目详解】由题意知，，，解得，，．故选：B．【题目点拨】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．5、A【解题分析】根据可知,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.【题目详解】由题意可知抛物线方程为,设点点,则由抛物线定义知,,则.由得,则.又MN为过焦点的弦,所以,则,所以.故选：A【题目点拨】本题考查抛物线的方程应用,同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.6、B【解题分析】根据程序框图知当时，循环终止，此时，即可得答案.【题目详解】，.运行第一次，，不成立，运行第二次，，不成立，运行第三次，，不成立，运行第四次，，不成立，运行第五次，，成立，输出i的值为11，结束.故选：B.【题目点拨】本题考查补充程序框图判断框的条件，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.7、C【解题分析】根据可得四边形为矩形, 设,,根据椭圆的定义以及勾股定理可得,再分析的取值范围,进而求得再求离心率的范围即可.【题目详解】设,,由,,知,因为,在椭圆上,,所以四边形为矩形,；由,可得,由椭圆的定义可得,①,平方相减可得②,由①②得；令,令,所以,即,所以,所以,所以,解得.故选：C【题目点拨】本题主要考查了椭圆的定义运用以及构造齐次式求椭圆的离心率的问题,属于中档题.8、B【解题分析】作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.【题目详解】如下图所示：设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，四边形为平行四边形，且，且，且，则四边形为平行四边形，，平面，则存在直线平面，使得，若平面，则平面，又平面，则平面，此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，所以，平面，，平面，平面，平面平面，，，所以，四边形为平行四边形，可得，为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.故选：B.【题目点拨】本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.9、B【解题分析】选取向量，为基底，由向量线性运算，求出，即可求得结果.【题目详解】， ，，，，.故选：B.【题目点拨】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于基础题.10、A【解题分析】试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即．考点：全称命题.11、A【解题分析】先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【题目详解】，，，因此，故选：A.【题目点拨】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.12、B【解题分析】由已知向量的坐标，利用平面向量的夹角公式，直接可求出结果.【题目详解】解：由题意得，设与的夹角为，，由于向量夹角范围为：，∴.故选：B.【题目点拨】本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，注意向量夹角的范围.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、【解题分析】化简得，利用周期即可求出答案．【题目详解】解：，∴函数的最小正周期为6，∴，，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题．14、【解题分析】根据约束条件可以画出可行域，从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解，通过数形结合的方式可确定过时，取最大值，代入可求得结果.【题目详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示： 将化为，则最大时，直线在轴截距最大；由直线平移可知，当过时，在轴截距最大，由得：，.故答案为：.【题目点拨】本题考查线性规划中最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.15、【解题分析】由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,，代入，，则在直线上，即可得方程为，将 ，代入化简可得，则直线过定点,由则点在以为直径的圆上，则.即可求得.【题目详解】如图，由可知R为MN的中点，所以，，设，则切线PM的方程为，即，同理可得，因为PM，PN都过，所以，，所以在直线上，从而直线MN方程为，因为，所以，即直线MN方程为，所以直线MN过定点,所以R在以OQ为直径的圆上，所以.故答案为: .【题目点拨】本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.16、①②④【解题分析】由题意可知，若要存在使得成立，我们可考虑两函数是否存在公切点，若两函数在公切点对应的位置一个单增，另一个单减，则很容易判断，对①，③，④都可以采用此法判断，对②分析式子特点可知，，进而判断【题目详解】①时，令，则，单调递增， ，即.令，则，单调递减，，即，因此，满足题意.②时，易知，满足题意.③注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，，因此切线为，易知，，因此不存在直线满足题意.④时，注意到，因此如果存在直线，只有可能是（或）在处的切线，，因此切线为.令，则，易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即.令，则，易知在上单调递减，在上单调递增，所以，即.因此，满足题意.故答案为：①②④【题目点拨】本题考查新定义题型、利用导数研究函数图像，转化与化归思想，属于中档题三、解答题：共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17、（1）证明见解析；（2）。