2024届河南省中原名校高三下学期高考考前全真模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1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〖答案〗C〖解析〗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.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〖答案〗C〖解析〗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.已知向量，不共线，实数，满足，则（）A.4 B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗由，不共线，实数，满足，得，解得，，所以.故选：A.4.函数图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗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.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.8〖答案〗D〖解析〗由题意知，（）的焦点为，的右顶点为，所以，解得.故选：D.6.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.〖答案〗C〖解析〗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.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〖答案〗A〖解析〗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.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〖答案〗D〖解析〗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．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〖答案〗BD〖解析〗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：BD.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.〖答案〗ACD〖解析〗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：ACD.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〖答案〗ABD〖解析〗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．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______.〖答案〗0.047〖解析〗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0.047.13.设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列．且满足，则的最大值是_____.〖答案〗21〖解析〗要使的值最大，又且，所以排列可以为，则的最大值是.14.关于函数有如下四个命题：①的图象关于y轴对称．②的图象关于直线对称．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__________．〖答案〗②③〖解析〗对①，，定义域为，，所以为奇函数，关于原点对称，故①错误.对②，，所以的图象关于直线对称，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：②③.四、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.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.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.（1）证明：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）解：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）解：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.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.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.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.解：（1）因为，所以设点，则，所以，即，所以；（2）设，则，，则，所以，，要时取最小值，则必有，所以；（3）设过点且法向量为的直线的方程为，，联立，消去得，则，则，，又，又点在椭圆上，则，所以，即，所以，所以，所以，即的最大值为.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．解：（1）由题意得，，，，……因此.所以为有限集，因此是“数列”；（2）所以在上单调递减，在上单调递增，所以.当时，（*），因此当时，，，即，此时为“数列”，当时，，由（*）得，，因此，显然不是“数列”，综上所述：；（3）当为有理数时，必存在，使得，则，因此集合中元素个数不超过，为有限集；当为无理数时，对任意，下用反证法证明，若，即，则或，其中，则或，矛盾，所以，因此集合必为无限集.综上，的取值集合是全体有理数，即．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〖答案〗C〖解析〗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.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〖答案〗C〖解析〗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.已知向量，不共线，实数，满足，则（）A.4 B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗由，不共线，实数，满足，得，解得，，所以.故选：A.4.函数图象可能是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗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.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.8〖答案〗D〖解析〗由题意知，（）的焦点为，的右顶点为，所以，解得.故选：D.6.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.〖答案〗C〖解析〗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.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〖答案〗A〖解析〗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.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〖答案〗D〖解析〗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．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〖答案〗BD〖解析〗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：BD.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.〖答案〗ACD〖解析〗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：ACD.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〖答案〗ABD〖解析〗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．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______.〖答案〗0.047〖解析〗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0.047.13.设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列．且满足，则的最大值是_____.〖答案〗21〖解析〗要使的值最大，又且，所以排列可以为，则的最大值是.14.关于函数有如下四个命题：①的图象关于y轴对称．②的图象关于直线对称．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__________．〖答案〗②③〖解析〗对①，，定义域为，，所以为奇函数，关于原点对称，故①错误.对②，，所以的图象关于直线对称，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：②③.四、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.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.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.（1）证明：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）解：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）解：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.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