《河南省湘豫名校联考2024届高三下学期考前保温卷数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省湘豫名校联考2024届高三下学期考前保温卷数学试题含答案.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJa
2、gExVCDqARLAJFIBIA=#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITA
3、CY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第1 页(共1 2页)湘 豫 名 校 联 考2 0 2 4届春季学期高三考前保温卷数学参考答案题号1234567891 01 1答案ACABDDCBA BB CB C D一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共4 0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【试题立意】本题主要考查不等式的解法及集合的运算,考查学生的基本运算能力.【解析】因为集合B=xx-2x+10,xZ=x|(x-2)(x+1)0且x-1,xZ=x|-11)能被3整除,即pq.又4n-a(nN*,n1)能被3整除时,不
4、一定有a=1,即q/p,所以p是q的充分不必要条件.故选A.4.B【试题立意】本题以比较实数的大小为载体,着重考查指数函数、对数函数及三角函数的性质等基础知识,考查学生的基本运算能力和逻辑推理能力.【解析】由指数函数y=2x的性质可知20.51,由对数函数y=l o g4x的单调性可知,0 l o g43 l o g44=1.又c o s31 l o g430c o s3,即zyx.故选B.5.D【试题立意】本题考查平面向量的数量积运算、向量的夹角公式,考查学生的逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养.【解析】由|a|=|b|=ab=2,可得c o s=ab|a|b|=12.又0,),所以=3
5、.又ca=cb,所以c(a-b)=0,所以c(a-b).如图,令a=O A,b=O B,则B A=a-b,易得O A B是等边三角形,取A B的中点D,连接O D,则有O DA B,所以c与O D共线,所以c与b的夹角为6或5 6,故选D.6.D【试题立意】本题以圆及求代数式的最小值为载体,考查圆的方程、点与圆的位置关系、基本不等式及其应用等基础知识,考查学生的基本运算能力、逻辑推理能力和运用基础知识灵活解决问题的能力.【解析】由题意,得点P的坐标满足x2+y2=7,所以(x2+1)+(y2+1)=9.所以1x2+1+4y2+1=19(x2+1)+(y2+1)1x2+1+4y2+1=195+y
6、2+1x2+1+4(x2+1)y2+1195+2y2+1x2+14(x2+1)y2+1=1,当 且 仅 当#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第2 页(共1 2页)y2+1x2+1=4(x2+1)y2+1,即x=2,y=5时取等号.故选D.7.C【试题立意】本题主要考查古典概型、排列组合、分类加法计数原理和分步乘法计数原理等基础知识,考查学生的基本运算能力和逻辑推理能力.【解析】由分步乘法计数原理知,每人
7、同时从自己的四张卡片中随机抽出一张卡片共有43种可能.由题意,只有一人晋级下一轮有2种可能:1 3 4,2 3 4,共有2 A33种情况;有两人晋级下一轮有3种可能:1 4 4,2 4 4,3 4 4,3 3 4共有4 C23种情况;有三人晋级下一轮有2种可能:3 3 3,4 4 4,共有2种情况,所以至少有一个人晋级的概率为P=2 A33+4 C23+243=1 33 2.故选C.8.B【试题立题】本题以函数为载体,考查导数的性质、构造函数、参变量分离等知识,落实函数与不等式结合问题中转化与化归的数学思想.【解析】因为0,所以整理不等式,得2e2 x l nx,转化为2 xe2 xel nx
8、l nx.令h(u)=ueu,u0,则h(u)=(u+1)eu,u0.因为h(u)0,所以h(u)在(0,+)上单调递增.所以h(2 x)h(l nx)恒成立.因为0,x1,所以2 x0,l nx0,所以2 x l nx对任意的x1恒成立,即2l nxx恒成立.构造函数m(t)=l ntt(t1),则m(t)=1-l ntt2(t1).当1t0,m(t)单调递增;当te时,m(t)0,m(t)单调递减,所以t=e时,m(t)m a x=1e.所以21e,即12 e.故选B.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共1 8分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对
9、的得部分分,有选错的得0分.9.A B【试题立意】本题主要考查样本特征数中的平均数、中位数、众数、方差等基础知识,考查学生的基本运算能力和数据处理能力.【解析】将这组数据从小到大重新排列:1.7 4,1.8 1,1.8 1,1.8 7,1.8 8,1.9 9,则这组数据的平均数为x=16(1.7 4+1.8 1+1.8 1+1.8 7+1.8 8+1.9 9)=1.8 5,A正确.这组数据的中位数为1.8 1+1.8 72=1.8 4,B正确.这组数据的众数为1.8 1,C错误.这组数据的方差为s2=16(1.7 4-1.8 5)2+(1.8 1-1.8 5)2+(1.8 1-1.8 5)2+
10、(1.8 7-1.8 5)2+(1.8 8-1.8 5)2+(1.9 9-1.8 5)2=160.0 3 62,D错误.故选A B.1 0.B C【试题立意】本题考查正、余弦定理的应用,基本不等式,考查数学运算、逻辑推理的核心素养.【解析】在A B C中,由1s i nB=1t a nA+1t a nC,得s i nB(t a nA+t a nC)=t a nAt a nC.所以s i nBs i nAc o sA+s i nCc o sC()=s i nAc o sAs i nCc o sC,所以s i nB(s i nAc o sC+c o sAs i nC)=s i nAs i nC,所
11、以s i nBs i n(A+C)=s i nAs i nC.又A+B+C=,所以s i n(A+C)=s i nB,所以s i n2B=s i nAs i nC.由正弦定理得b2=a c,即a,b,c成等比数列.A错误,B正确.由b2=a c及余弦定理得c o sB=a2+c2-b22a c2a c-a c2a c=12(a=c时取等号).因为0B,所以0 B3.所以0 s i nB32.又b=22,所以a c=b2=8,所以A B C的面积S=12a cs i nB12832=23,C正确.由b2=a2+c2-2a cc o sB及a c=b2=8,可得8=(a+c)2-2a c-2a c
12、c o sB,即8=(a+c)2-1 6-1 6 c o sB,所以(a+c)2=2 4+1 6 c o sB.因为0B3,所以3 2(a+c)2=2 4+1 6 c o sB4 0,4 2a+#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第3 页(共1 2页)c2 1 0,所以6 2a+b+c2 1 0+2 2,D错误.故选B C.1 1.B C D【试题立意】本题以抽象函数为载体,着重考查函数的周期性、奇偶性,
13、函数图象的平移变换,函数的图象对称与周期的关系等基础知识,考查学生的基本运算能力、逻辑推理能力与直观想象能力.【解析】由题中条件y=f(x+1)的图象关于直线x=-1对称,知函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称,即函数f(x)是偶函数.令x=-1,代入条件得f(-1+2)-f(-1)=2f(1),即f(1)-f(1)=2f(1)=0,即f(1)=0,A错误.把f(1)=0代入条件得f(x+2)-f(x)=2f(1)=0,即f(x+2)=f(x),所以函数f(x)的一个周期为2,B正确.由函数f(x)是周期为2的偶函数可知,x=2k(kZ)是函数f(x)图象的对称轴.在f(x+2)=f(x)
14、中以-x代x得f(-x+2)=f(-x),即f(2-x)=f(x),所以直线x=1是函数f(x)图象的一条对称轴.所以x=2k+1(kZ)是f(x)图象的对称轴.所以f(x)图象的对称轴为x=k(kZ),C正确.因为f(x)是周期为2的函数,且f(1)=0,所以f(2m-1)=0,f(0)=f(2)=f(4)=f(2m)=2(mZ).所以当n=2k(kN*)时,有ni=1f(i)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(2k)=0+f(2)+0+f(4)+0+f(2k)=k f(2)=2k,n+1i=1(-1)if(i)=-f(1)+f(2)-f(3)+f(4)-+f(2k)-f(2k+1
15、)=-0+f(2)-0+f(4)-0+f(2k)-0=k f(2)=2k,D正确.故选B C D.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共1 5分.1 2.2 7【试题立意】本题以正方体与球为载体,着重考查正方体的性质、球的性质、正方体的体积等基础知识,考查学生的基本运算能力和直观想象能力.【解析】因为小球至少与正方体的一个面相切,所以小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体,如图.因为外部正方体的棱长为4,小球的半径为12,所以形成的正方体的棱长为3,其体积为V=33=2 7.1 3.8【试题立意】本题考查三角恒等变换,考查正弦函数的相关性质,考查学生数学运算和逻辑推理的核心素养.【解析】
16、f(x)=c o s2x+2+32s i n(x+)-12=32s i n(x+)+12c o s(x+)=s i nx+6().因为f(x)的图象关于坐标原点对称,所以函数f(x)为奇函数.又|0,所以x1+x2=m,x1x2=-m2+32.1 1分又双曲线的右焦点为F2(2,0),所以F2M=(x1-2,y1),F2N=(x2-2,y2).由以线段MN为直径的圆过双曲线的右焦点F2知,F2MF2N,即F2MF2N.所以F2MF2N=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0.1 3分所以(x1-2)(x2-2)+(x1+m)(x2+m)=0,即2x1x2+(m-2)(x1+x2)+m2+4=0
17、.所以-(m2+3)+(m-2)m+m2+4=0,整理得m2-2m+1=0.解得m=11 5分1 7.【试题立意】本题通过摸奖游戏,考查古典概型、条件概率、二项分布等基础知识,考查学生的基本运算能力、逻辑推理能力及建模能力.【解析】设“从1号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件A,“从2号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件B,则“摸奖者中奖”为事件A B.1分(1)由条件概率公式可得,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P(A B)=P(B|A)P(A)2分=2+15+126=163分所以摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为16.4分(2)由题意可知,3人依次摸奖,且每人只完成一次摸奖,中奖人数X=
18、0,1,2,3.因为每个人中奖的概率均为16,每人完成一次摸奖就相当于做了一次独立重复实验,所以XB3,16().6分所以中奖人数X的分布列为P(X=k)=Ck316()k1-16()3-k(k=0,1,2,3),7分X0123P1 2 52 1 67 52 1 61 52 1 612 1 68分其数学期望为E(X)=n p=316=12或E(X)=01 2 52 1 6+17 52 1 6+21 52 1 6+312 1 6=12().9分(3)方法一:设在1号保密箱中放入k张标有偶数的卡片,则在2号保密箱中放入(7-k)张标有偶数的卡片,其中0k7,kN,则Pk(B)=P(A B)+P(A
19、-B)=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=(7-k)+14+(7-k)+1k3+k+7-k4+(7-k)+1#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第7 页(共1 2页)33+k=k2-5k-2 1k2-9k-3 6.1 2分因为Pk+1(B)-Pk(B)=-2(2k2+1 7k+1 2)(k2-7k-4 4)(k2-9k-3 6)0,1 3分所以Pk(B)单调递减.1 4分所以当k=1,即在1
20、号保密箱中放入1张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P=2 54 4.1 5分方法二:设在1号保密箱中放入t张标有偶数的卡片,则在2号保密箱中放入(7-t)张标有偶数的卡片,其中0tf(2)f(3)f(4)f(5)f(6).1 4分所以当t=1,即在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P=f(1)=2 54 4.1 5分方法三:当在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入6张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P1=P
21、(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=71 114+61 134=2 54 4;1 2分当在1号保密箱中放入2张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入5张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P2=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=61 025+51 035=2 75 0;当在1号保密箱中放入3张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入4张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P3=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=5936+4936=2 75 4;当在1号保密箱中放入4张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入3张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸
22、奖就中奖的概率为P4=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=4847+3837=2 55 6;当在1号保密箱中放入5张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入2张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P5=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=3758+2738=2 15 6;当在1号保密箱中放入6张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放入1张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为P6=P(B|A)P(A)+P(B|A-)P(A-)=2669+1639=1 55 4.因为P1P2P3P4P5P6,1 4分所以在1号保密箱中放入1张标有偶数的卡片,在2号保密箱中放
23、入6张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P=P1=2 54 4.1 5分1 8.【试题立意】本题通过求函数的极大值及函数的零点,着重考查导数的应用,即利用导数研究函数的单调性、#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第8 页(共1 2页)函数的零点与方程的解、函数的零点与函数图象与x轴交点间的关系、函数的周期性、y=c o sx的单调性等基础知识;考查学生的基本运算能力、逻辑推理能
24、力及利用数形结合思想解决问题的能力和数学表达能力,考查分类讨论思想的运用.【解析】(1)由题易得函数f(x)=a x2ex的定义域为R,又f(x)=2a xex-a x2ex(ex)2=2a x-a x2ex=a x(2-x)ex,2分所以当a0时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,0)0(0,2)2(2,+)f(x)-0+0-f(x)极小值极大值由上表可知,f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(-,0),(2,+).所以f(x)的极大值为f(2)=4ae2(a0).4分当a0时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,0)0(0,2)2(2,+)f(x)+
25、0-0+f(x)极大值极小值由上表可知,f(x)的单调递增区间为(-,0),(2,+),单调递减区间为(0,2).所以f(x)的极大值为f(0)=0(a0时,f(x)的极大值为4ae2;当a1c o s(-1)=h(-1),f(0)=00时,f(x)=x2ex0,f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区间(2,+)上单调递减,#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第9 页(共1 2页)所以f(x)=x2ex
26、在区间(0,+)上有极大值f(2)=4e20时,恒有0f(x)0时,h(x)=c o sx的值域为-1,1,且其最小正周期为T=2,现考查在其一个周期(0,2 上的情况,f(x)=x2ex在区间(0,2 上单调递增,h(x)=c o sx在区间(0,2 上单调递减,且f(0)=00h(2)=c o s2,所以h(x)=c o sx与f(x)=x2ex的图象在区间(0,2 上只有一个交点,即g(x)在区间(0,2 上有且只有1个零点.1 2分因为在区间2,3 2(上,f(x)0,h(x)=c o sx0,所以f(x)=x2ex与h(x)=c o sx的图象在区间2,3 2(上无交点,即g(x)在
27、区间2,3 2(上无零点.1 3分在区间3 2,2(上,f(x)=x2ex单调递减,h(x)=c o sx单调递增,且f3 2()0h3 2(),0f(2)1=c o s2 =h(2),所以h(x)=c o sx与f(x)=x2ex的图象在区间3 2,2(上只有一个交点,即g(x)在区间3 2,2(上有且只有1个零点.所以g(x)在一个周期(0,2 上有且只有2个零点.1 4分同理可知,在区间(2k,2k+2 (kN*)上,0f(x)1且f(x)=x2ex单调递减,h(x)=c o sx在区间(2k,2k+上单调递减,在区间(2k+,2k+2 上单调递增,且0f(2k)0-1=c o s(2k
28、+)=h(2k+),0f(2k+2)0,g(0)0,c o sx0.所以g(x)在2k+2,2k+3 2(,kN上无零点.1 0分当x 0,2(时,g(x)=2x-x2ex+s i nx0,所以g(x)在区间0,2()上单调递增.又g(0)0,所以存在唯一零点.当x 2k,2k+2(,kN*时,g(x)=2x-x2ex+s i nx,g(x)=x2-4x+2ex+c o sx0,所以g(x)在2k,2k+2(,kN*上单调递增.又g(2k)0,所以存在x1 2k,2k+2(,kN*,使得g(x1)=0.即当x(2k,x1)时,g(x1)0,g(x)单调递增.又g(2k)0,所以g(x)在区间2
29、k,2k+2(,kN*上有且仅有一个零点.所以g(x)在区间2k,2k+2(,kN上有且仅有一个零点.1 2分当x 2k+3 2,2k+2(,kN时,g(x)=2x-x2ex+s i nx,g(x)=x2-4x+2ex+c o sx0,所以g(x)在2k+3 2,2k+2(,kN上单调递增.又g 2k+3 2()0,g(2k+2)0,g(2k+2)0,所以存在唯一x2 2k+3 2,2k+2(),使得g(x2)=0.所以g(x)在区间2k+3 2,2k+2(,kN上有且仅有一个零点.1 4分所以g(x)在区间(2k,2k+2 ,kN上有两个零点.1 5分所以g(x)在(0,20 2 4 上共有
30、20 2 4 2 2=20 2 4个零点.1 6分综上所述,g(x)在区间-2,20 2 4 上共有20 2 4+1=20 2 5个零点.1 7分1 9.【试题立意】本题是一道新情景试题,通过对新情景创设,让考生在新情景下获得新知识,并用新知识解决新问题,主要考查学生获取新知识、解决新问题的能力以及运算能力和逻辑推理能力.【解析】(1)先求数列an 的前n项和Sn,因为an=2n22n+1+32n+1=2n(2n+1)(2n+1+1)=12n+1-12n+1+1,1分所以Sn=12+1-122+1()+122+1-123+1()+123+1-124+1()+12n+1-12n+1+1().#Q
31、QABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第1 1 页(共1 2页)=12+1-12n+1+1=13-12n+1+1.2分因为12n+1+10,q0),所以数列bn 是公比为q的等比数列,其前n项和为Sn=a(1-qn)1-q(q1),n a(q=1).6分若0q1,由指数函数的性质知,当n+时,qn+,即l i mn+qn=+,所以l i mn+Sn=l i mn+a(1-qn)1-q=+,此时数列bn 的和是发
32、散的.9分当q=1时,Sn=n a,a0,所以当n+时,n a+,即l i mn+Sn=+,此时数列bn 的和是发散的.1 0分综上可知,当0q1+12+14+14=1+22,S8=1+12+13+14()+15+16+17+18()1+12+14+14()+18+18+18+18()=1+12+12+12=1+32,同理可得S1 61+42,S3 21+52.1 3分一般地,可得S2n1+n2.1 4分当n+时,S2n1+n2+,由此得l i mn+S2n=l i mn+1+n2()=+.#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA
33、=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#数学参考答案 第1 2 页(共1 2页)即当n+时,S2n的极限不存在.1 5分因为S1,S2,S4,S8,S2n,包含于数列Sn,所以数列cn 的前n项和Sn的极限不存在.1 6分所以数列cn 的和是发散的.1 7分方法二:因为1k l n 1+1k(),kN*所以Snnk=1l n 1+1k()=l n 232431+nn()=l n(1+n).1 3分因为n+时,l n(1+n)+,1 4分即n+时,Sn+,1 5分所以数列cn 的前n项和Sn的极限不存在,1 6分所以数列cn 的和是发散的.1 7分#QQABAQAEgggoAJAAAAhCEwHACkEQkAGACSgGAFAEoAABQAFABAA=#QQABCQCoxggYgITACY4qF0W0CkoQsJChJagExVCDqARLAJFIBIA=#