2024届河南省新野县第一中学高三下学期联考数学试题含解析

2024届河南省新野县第一中学高三下学期联考数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（）A．12 B． C． D．2．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是A． B． C． D．3．已知平面向量，，，则实数x的值等于（）A．6 B．1 C． D．4．已知符号函数sgnxf（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（）A．sgn[g（x）]＝sgnx B．sgn[g（x）]＝﹣sgnxC．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）] D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]5．已知是过抛物线焦点的弦，是原点，则（）A．－2 B．－4 C．3 D．－36．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）A． B． C． D．7．已知实数满足则的最大值为（）A．2 B． C．1 D．08．已知集合，则=A． B． C． D．9．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（）A．7 B．8 C．9 D．1010．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（）A． B． C．1 D．11．若，满足约束条件，则的取值范围为（）A． B． C． D．12．函数的大致图象是（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．不等式的解集为________14．若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________．15．的展开式中常数项是___________.16．如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为__________．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）在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．⑴求椭圆的标准方程；⑵若时，，求实数；⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．18．（12分）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.19．（12分）已知函数（，为自然对数的底数），.（1）若有两个零点，求实数的取值范围；（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）如图中，为的中点，，，.（1）求边的长；（2）点在边上，若是的角平分线，求的面积.21．（12分）手工艺是一种生活态度和对传统的坚持，在我国有很多手工艺品制作村落，村民的手工技艺世代相传，有些村落制造出的手工艺品不仅全国闻名，还大量远销海外.近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品都请3位行家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若一件手工艺品3位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为A级；（ii）若仅有1位行家认为质量不过关，再由另外2位行家进行第二次质量把关，若第二次质量把关这2位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为B级，若第二次质量把关这2位行家中有1位或2位认为质量不过关，则该手工艺品质量为C级；（iii）若有2位或3位行家认为质量不过关，则该手工艺品质量为D级.已知每一次质量把关中一件手工艺品被1位行家认为质量不过关的概率为，且各手工艺品质量是否过关相互独立.（1）求一件手工艺品质量为B级的概率；（2）若一件手工艺品质量为A,B,C级均可外销，且利润分别为900元，600元，300元，质量为D级不能外销，利润记为100元.①求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件；②记1件手工艺品的利润为X元，求X的分布列与期望.22．（10分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积.

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、C【解析】

过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.2、B【解析】该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，.故选B点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3、A【解析】

根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】，，，，即，故选：A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.4、A【解析】

根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解.【详解】根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g（x）]＝1，当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g（x）]＝0，当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g（x）]＝﹣1，综合有：sgn[g（x）]＝sgn（x）；故选：A．【点睛】此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论.5、D【解析】

设，，设：，联立方程得到，计算得到答案.【详解】设，，故.易知直线斜率不为，设：，联立方程，得到，故，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中的向量的数量积，设直线为可以简化运算，是解题的关键.6、B【解析】解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．故选B．7、B【解析】

作出可行域，平移目标直线即可求解.【详解】解：作出可行域：由得，由图形知，经过点时，其截距最大，此时最大得，当时，故选：B【点睛】考查线性规划，是基础题.8、C【解析】

本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．9、C【解析】

根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数，然后利用对称性，可得结果.【详解】由题可知：直线过定点且在是关于对称如图通过图像可知：直线与最多有9个交点同时点左、右边各四个交点关于对称所以故选：C【点睛】本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.10、B【解析】

首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；【详解】解：因为，所以因为所以，即，，时故选：【点睛】本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.11、B【解析】

根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.故选：B【点睛】本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.12、A【解析】

用排除B，C；用排除；可得正确答案.【详解】解：当时，，，所以，故可排除B，C；当时，，故可排除D．故选：A．【点睛】本题考查了函数图象，属基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

通过平方，将无理不等式化为有理不等式求解即可。【详解】由得，解得，所以解集是。【点睛】本题主要考查无理不等式的解法。14、4【解析】

由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为：4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的15、-160【解析】试题分析：常数项为.考点：二项展开式系数问题.16、18【解析】

根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可.【详解】解:①当时,,在区间上单调递减,则,即,则.②当时,,函数开口向上,对称轴为,因为在区间上单调递减,则,因为,则,整理得,又因为,则.所以即,所以当且仅当时等号成立.综上所述,的最大值为18.故答案为:18【点睛】本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”.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）（2）（3）为定值【解析】试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；（3）需讨论斜率是否存在．一方面斜率不存在即=时，由（2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关试题解析：（1），得：，椭圆方程为（2）当时，，得：，于是当=时，，于是，得到（3）①当=时，由（2）知②当时，设直线的斜率为，，则直线MN：联立椭圆方程有，，，=+==得综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线18、(1)见详解；(2).【解析】

(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.而在中,，即二面角的度数为.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．19、（1）；（2）【解析】

（1）将有两个零点转化为方程有两个相异实根，令求导，利用其单调性和极值求解；（2）将问题转化为对一切恒成立，令，求导，研究单调性，求出其最值即可得结果.【详解】（1）有两个零点关于的方程有两个相异实根由，知有两个零点有两个相异实根.令，则，由得：，由得：，在单调递增，在单调递减，又当时，，当时，当时，有两个零点时，实数的取值范围为；（2）当时，，原命题等价于对一切恒成立对一切恒成立.令令，，则在上单增又，，使即①当时，，当时，，即在递减，在递增，由①知函数在单调递增即，实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，考查学生转化能力和分析能力，是一道难度较大的题目.20、（1）10；（2）.【解析】

（1）由题意可得cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，由已知利用余弦定理可得：9+BD2﹣52+9+BD2﹣16＝0，进而解得BC的值．（2）由（1）可知△ADC为直角三角形，可求S△ADC6，S△ABC＝2S△ADC＝12，利用角平分线的性质可得，根据S△ABC＝S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值．【详解】（1）因为在边上，所以，在和中由余弦定理，得，因为，，，，所以，所以，.所以边的长为10.（2）由（1）知为直角三角形，所以，.因为是的角平分线，所以.所以，所以.即的面积为.【点睛】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式，角平分线的性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．21、（1）（2）①2②期望值为X900600300100P【解析】

（1）一件手工艺品质量为B级的概率为.（2）①由题意可得一件手工艺品质量为D级的概率为，设10件手工艺品中不能外销的手工艺品可能是件，则，则,