河南省中原名校2024届高三下学期高考考前全真模拟考试 数学试题【含答案】

2024届高三考前全真模拟考试数学（120

分钟

150分）一、选择题:本大题共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．的展开式中，系数最大的项是（

）A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项2．设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知向量，不共线，实数，满足，则（

）A．4 B． C．2 D．4．函数图像可能是（

）A．

B．

C．

D．

5．若抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，则的值为（

）．A．2 B．3 C．4 D．86．已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．7．已知，集合，，.关于下列两个命题的判断，说法正确的是（

）命题①：集合表示的平面图形是中心对称图形；命题②：集合表示的平面图形的面积不大于.A．①真命题；②假命题 B．①假命题；②真命题C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题8．数列的前项和为，若数列与函数满足：（1）的定义域为；（2）数列与函数均单调递增；（3）使成立，则称数列与函数具有“单调偶遇关系”.给出下列四个结论：①与具有“单调偶遇关系”；②与具有“单调偶遇关系”；③与数列具有“单调偶遇关系”的函数有有限个；④与数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数个.其中所有正确结论的序号为（

）A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列命题中，正确的命题（

）A．回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点B．将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变C．用相关系数来刻画回归效果，越接近，说明模型的拟合效果越好D．若随机变量，且，则10．已知曲线，则（

）A．曲线关于原点对称B．曲线只有两条对称轴C．D．11．如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（

）

A．的最小值为2B．四面体的体积为C．有且仅有一条直线与垂直D．存在点，使为等边三角形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．某工厂有甲、乙、丙三条生产线同时生产同一产品，这三条生产线生产产品的次品率分别为，，，假设这三条生产线产品产量的比为，现从这三条生产线上随机任意选取1件食品为次品的概率为.13．设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列．且满足，则的最大值是14．关于函数有如下四个命题：①的图像关于y轴对称．②的图像关于直线对称．③当时，在区间上单调递减．④当，使在区间上有两个极大值点．其中所有真命题的序号是．四、解答题：本题共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．已知函数（其中常数），，是函数的一个极值点.(1)求的解析式；(2)求在上的最值.16．如图，六面体是直四棱柱被过点的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，

(1)求证:；(2)求平面.与平面的夹角的余弦值；(3)在线段DG上是否存在一点P，使得若存在，求出的值；若不存在，说明理由.17．甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同.

(1)求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；(2)求甲获得冠军的概率；(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.18．已知椭圆，点、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若椭圆上点满足，求的值；(2)点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围；(3)已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足（），求的最大值.19．对于无穷数列，设集合，若为有限集，则称为“数列”．(1)已知数列满足，，判断是否为“数列”，并说明理由；(2)已知，数列满足，若为“数列”，求首项的值；(3)已知，若为“数列”，试求实数的取值集合．1．C【分析】根据二项展开式的通项公式结合组合数的性质即可求解.【详解】因为的展开通项公式为，又当时，取最大值，则系数最大的项是第13项．故选：C.2．C【分析】由充分条件和必要条件的定义结合复数的定义求解即可.【详解】设，则，由可得，所以，充分性成立，当时，即，则，满足，故“”是“”的充要条件.故选：C.3．A【分析】由已知结合平面向量基本定理可求，，进而求出答案.【详解】由，不共线，实数，满足，得，解得，，所以.故选：A4．D【分析】根据函数图象的对称性排除AC，再结合函数值大小排除B，从而得正确结论．【详解】从四个选项中可以看出，函数的周期性、奇偶性、函数值的正负无法排除任一个选项，但是，因此的图象关于直线对称，可排除AC，又，排除B，故选：D．5．D【分析】分别求出抛物线的焦点和椭圆的右顶点坐标，得，即可求解.【详解】由题意知，（）的焦点为，的右顶点为，所以，解得.故选：D6．C【分析】根据图象经过点得到解析式，再由单调性和奇偶性化简不等式即可求解.【详解】由题意知，解得，所以，其在上单调递增，又因为，所以函数为奇函数，，所以不等式可化为，于是，即，解得或.故选：C．7．A【分析】根据是奇函数，可以分析出当时，所以集合表示的平面图形是中心对称图形；结合集合代表的曲线及不等式的范围可以确定集合表示的平面图形，从而求得面积，与进行比较.【详解】对于，集合关于原点中心对称，且函数是奇函数，若则则，即若则，即集合表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；对于，由即知，设，则与一一对应且随的增大而增大，，又由知，结合知在范围内，与一一对应且随的增大而减小，所以在范围内，与一一对应且是关于的减函数，由①可知图象关于原点中心对称，所以可得到在的图象，如图

代入点可得，所以的区域是右半部分，面积为正方形面积的一半，即集合表示的平面图形的面积，故②是假命题.故选：A.【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围第一步：得到等式对应的曲线；第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.8．D【分析】根据“单调偶遇关系”的新定义可判断选项①，②；以一次函数为例，可判断③；令，通过计算可判断④．【详解】对于①：数列中，由可知任意两项不相等，定义域为满足（1），数列和均单调递增满足（2），数列的前项和，由得，解得，所以使成立，满足（3），故①正确；对于②：数列中，由可知任意两项不相等，定义域为满足（1），数列和均单调递增满足（2），的前项和，由得恒成立，所以使成立满足（3），故与具有“单调偶遇关系”，故②说法正确；对于③：以一次函数为例，，，，即，整理得，只要方程有正整数解且即可，如方程中取，则有，即，对进行不同的取值即可保证数列具有“单调偶遇关系”的函数有无数组，故③说法不正确；对于④：中令．由得，取，即可保证恒有解，故选项④正确．故选：D．【点睛】关键点点睛：通过①可想到③中以一次函数为例，通过②可想到④中令，通过举例达到解决问题的目的.9．BD【分析】利用回归直线的性质判断A；利用波动性判断B；利用相关系数的意义判断C；利用正态分布的对称性计算判断D作答.【详解】对于A，回归直线恒过样本点的中心，不一定过样本点，A错误；对于B，将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，数据的波动性不变，方差不变，B正确；对于C，用相关系数来刻画回归效果，越接近，说明模型的拟合效果越好，C错误；对于D，随机变量，则，D正确．故选：BD10．ACD【分析】根据方程的特征可判断ABC的正误，利用极坐标和导数可判断D的正误.【详解】设，则，故曲线关于原点对称，且关于轴对称，又，故曲线关于直线对称，故A正确，B错误.因为，故，故，故C正确．对于D，令，则曲线的极坐标方程为．故，所以，同理有，故选项D正确．故选：ACD11．ABD【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质判断B；举反例判断C；设，，由等边三角形三边相等，判断D．【详解】对于A：因为是正方体，所以平面，平面，又因为平面，平面，所以，，即是与的公垂线段，因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，所以当分别与重合时，最短为2，故A正确；对于B：因为是正方体，所以平面平面，且平面，所以平面，可知，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，由可知，当点在上运动时，到的距离不变，所以的面积不变，所以，所以B正确；对于C：当分别与重合时，；当为中点，与重合时，，所以错误；对于D：如图以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，因为为等边三角形，由，得，得，即，由，得，则，即，解得或，即或，故D正确；故选：ABD．

12．0.047##【分析】借助全概率公式计算即可得.【详解】记事件：选取的产品为次品，记事件：此件次品来自甲生产线，记事件：此件次品来自乙生产线，记事件：此件次品来自丙生产线，由题意可得，，，，由全概率的公式可得，从这三条生产线上随机任意选取1件产品为次品数的概率为0.047.故答案为：0.047.13．21【分析】根据题意，分析可得满足条件的排列可以为，从而可解.【详解】要使的值最大，又且，所以排列可以为，则的最大值是.故答案为：2114．②③【分析】对①，根据即可判断①错误，对②，根据即可判断②正确，对③，根据复合函数的单调性即可判断③正确，对④，对进行分类讨论，利用导数求解其极值即可判断④错误.【详解】对①，，定义域为，，所以为奇函数，关于原点对称，故①错误.对②，，所以的图像关于直线对称，故②正确.对③令，，，在为增函数，，，，在为减函数，所以当时，在区间上单调递减，故③正确.对④，，当时，，，所以，，为减函数，，，为增函数，则无极大值，不符合舍去.当时，，，，所以，，为减函数，，，为增函数，则无极大值，不符合舍去.当时，在上有两个根，且，所以，，为减函数，，，为增函数，，，为减函数，，，为增函数，即函数在上存在一个极大值点，不符合题意，故④错误.故选：②③15．(1)(2)最大值为5，最小值为【分析】（1）求出，由题意得，结合得到关于、的二元一次方程组，解方程组即可求得的解析式；（2）利用导数求出函数在上的单调性，即可求出在上的最值.【详解】（1）因为，则，则根据题意有：①，②，联立①②有：，解得：，所以.经验证，满足题设.（2）因为，所以，，即，解得，；所以当时，不在定义域内，所以有：单调递减单调递增由上表可知，在上的最大值为，最小值为.16．(1)证明见解析(2)(3)存在，，理由见解析【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，由，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可；（3）设，由向量线性运算的坐标表示可得，结合计算即可求解.【详解】（1）连接，直四棱柱，，则点在平面内.因为平面，且平面，所以，又底面为正方形，所以，又，所以平面，平面，故；（2）因为平面，平面，所以，又底面为正方形，所以，建立如图空间直角坐标系，则，故设平面的一个法向量为，则，即，令，则，于是.因为平面，所以是平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为θ，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为；（3）存在一点使得平面，此时，理由如下：设，则，线段上存在一点使得平面等价于，即，解得，所以.17．(1)(2)(3)【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解；（2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案；（3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案.【详解】（1）乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负，∴乙连负两场的概率为；（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，∴甲获得冠军的概率为：．（3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，∴甲与乙在决赛相遇的概率为：．若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：，若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同，∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：．18．(1)(2)(3)【分析】（1）设点，然后