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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

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