2024届河南省部分名校高三下学期高考仿真模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省部分名校2024届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题一、选择题：本题共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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗对于，由可得，又因，故得，则有，故，则．故选：A．2.若复数，则（）A.1 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗．故选:D．3.在矩形中，，，则矩形的面积为（）A.5 B.10 C.20 D.25〖答案〗B〖解析〗由四边形为矩形，得；由，得，解得，从而，所以，，所以矩形的面积为．故选：B．4.6人站成一排，其中甲、乙两人中间恰有1人的站法有（）A.240种 B.192种 C.144种 D.96种〖答案〗B〖解析〗先对甲、乙两人进行排列有种，然后从剩下的4人中选1人站甲、乙两人中间有种，最后将甲、乙和中间的那个人看成1个元素，与其他3个元素进行全排列有种，所以不同的站法有种．故选：B．5.记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，的平分线交边AC于点D，且，则（）A. B. C.6 D.〖答案〗D〖解析〗因为及，可得，由余弦定理得，又由，所以，因为，即，解得，由余弦定理得，即．故选：D．6.已知圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与的上、下底面及侧面均相切，则的体积为（）A.73π B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，设的上、下底面圆心分别为，，则的内切球的球心O一定在的中点处．设球O与的母线AB切于M点，则，，，，所以．过A作，垂足为G，则，由，得，所以，所以的体积为．故选：A．7.已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，其中为辅助角，，，则，当时，，，，因为，是关于的方程在内的两个不同根，所以，因此．故选：C．8.已知函数，，若函数没有零点，则取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函数的定义域为0,+∞，求导得，当时，f'x<0，当时，f故函数在上递减，在上递增，则当时，函数取得最小值.若，则，从而没有零点，满足条件；若，由于，，故由零点存在定理可知在上必有一个零点，不满足条件.所以的取值范围是1,+∞.故选：A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.下列命题正确的是（）A.已知变量，的线性回归方程，且，则B.数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11C.已知随机变量最大，则的取值为3或4D.已知随机变量，则〖答案〗ACD〖解析〗对于A：因为回归直线方程必过样本中心点，所以，解得，故A正确；对于B：因为，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为，故B错误；对于C：因为，所以，（且），由组合数的性质可知当或时取得最大值，则当或时最大，故C正确；对于D：因为且，所以，则，故D正确.故选：ACD.10.下列函数中，最小值为1的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗对于A，，其最小值为，故错误；对于B，，当且仅当，时等号成立，故B正确；对于C．设，，则，所以，当时，，故C错误；对于D，，又，所以当，即，时，，故D正确．故选：BD．11.在平面直角坐标系xOy中，为曲线上任意一点，则（）A.E与曲线有4个公共点 B.P点不可能在圆外C.满足且的点P有5个 D.P到x轴的最大距离为〖答案〗BD〖解析〗联立方程与，解得或，所以E与曲线有2个公共点，A错误；由，得，当且仅当时，取等号，故B正确；由B知，故满足且的点P仅有与，共有3个，故C错误；由得，设，，则关于m的方程有非负实根，设，，显然在上单调递增，由，得，则，解得，即，所以，且等号可取到，D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知f(x)为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．〖答案〗〖解析〗由题设，，故，即f(x)的周期为2，所以，且，所以.13.已知P，Q是抛物线上的两个动点，，直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，若直线PQ与直线平行，则直线PQ与之间的距离等于______．〖答案〗〖解析〗法一：显然直线PQ的斜率不为0，故可设，由，可得，如图，设Px1,y1所以，则，同理，由题意，得，所以，则，即，直线，故直线PQ恒过定点．故当直线PQ与直线平行时，两直线之间的距离等于定点到直线的距离，即.法二：由题意，设，由，得，由，解得．设，，则，，又，所以，由题意，，解得，故两平行直线之间的距离为．14.如图，在平行四边形中，，，且交于点，现沿折痕将折起，直至折起后的，此时的面积为______．〖答案〗〖解析〗如图所示，折起前，，所以，在直角中，可得，又由，因为，又因为，则，由，所以，因为，平面，则平面，又因为平面，则平面平面，分别过点作的垂线，垂足分别为点，则，因为平面平面，且平面，所以平面，又因为平面，所以由，可得，所以，在中，可得，因为，所以，所以．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.甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少打出8环.根据统计资料可知，甲打出8环、9环、10环的概率分别为，乙打出8环、9环、10环的概率分别为，且甲、乙两人射击的结果相互独立．（1）在一场比赛中，求乙打出的环数少于甲打出的环数的概率；（2）若进行三场比赛，其中场比赛中甲打出的环数多于乙打出的环数，求X的分布列与数学期望．解：（1）设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，则事件A包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，则．（2）由题可知的所有可能取值为，由（1）知在一场比赛中，甲打出环数多于乙打出的环数的概率为，则，所以，，，，所以随机变量的分布列为：X0123P0.3430.4410.1890.027所以期望为.16.如图所示，在三棱锥中，平面平面，，为锐角.（1）证明：；（2）若，点满足，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：在平面中，过点作的垂线，垂足为.平面平面，且平面平面，平面，故平面.又平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，故.（2）解：由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，所以，，.设平面的一个法向量，则令，则.又因为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17.已知数列的前n项和为，，，（1）求；（2）若，求数列的前1012项和．解：（1）当时，因为，所以，即．又，所以an是首项为1，公差为2的等差数列，所以．（2）由（1）知，，，而所以．18.已知双曲线的右焦点为F，左、右顶点分别为M，N，点是E上一点，且直线PM，PN的斜率之积为．（1）求的值；（2）过F且斜率为1的直线l交E于A，B两点，O为坐标原点，C为E上一点，满足，的面积为，求E的方程．解：（1）由是E上一点，得，即，由及，得，由直线PM，PN的斜率之积为，得，所以．（2）由（1），得E的半焦距，直线．联立得，．设Ax1,设，由，得，由C为E上一点，得，则，化简，得，又Ax1,y1又有，即有，整理，得，解得或．当时，，则B与C重合，不合题意，故．，点到直线的距离为，所以的面积，由的面积为，得，解得，故的方程为．19.已知函数．（1）若对恒成立，求的取值范围；（2）当时，若关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，求的取值范围，并证明：．（1）解：当时，，则，，所以不等式在区间上不恒成立，不合题意；当时，函数的定义域为，且．由可得；由可得，此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．则，即，即，解得．综上所述，实数a的取值范围是．（2）证明：当时，由，得，令，则，由可得或；由可得，所以在内单调递增，在内单调递减，所以极大值为，极小值为，若有3个不同实根，则，即的取值范围为.此时．令，则，可知在内单调递增，则，可得在内恒成立，因为，则，且，在内单调递减，则，即，可得．令，则，可知在内单调递增，则，可得在内恒成立，因为，则，且，在内单调递增，则，即，由和，两式相加可得．河南省部分名校2024届高三下学期高考仿真模拟考试数学试题一、选择题：本题共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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗对于，由可得，又因，故得，则有，故，则．故选：A．2.若复数，则（）A.1 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗．故选:D．3.在矩形中，，，则矩形的面积为（）A.5 B.10 C.20 D.25〖答案〗B〖解析〗由四边形为矩形，得；由，得，解得，从而，所以，，所以矩形的面积为．故选：B．4.6人站成一排，其中甲、乙两人中间恰有1人的站法有（）A.240种 B.192种 C.144种 D.96种〖答案〗B〖解析〗先对甲、乙两人进行排列有种，然后从剩下的4人中选1人站甲、乙两人中间有种，最后将甲、乙和中间的那个人看成1个元素，与其他3个元素进行全排列有种，所以不同的站法有种．故选：B．5.记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，的平分线交边AC于点D，且，则（）A. B. C.6 D.〖答案〗D〖解析〗因为及，可得，由余弦定理得，又由，所以，因为，即，解得，由余弦定理得，即．故选：D．6.已知圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与的上、下底面及侧面均相切，则的体积为（）A.73π B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，设的上、下底面圆心分别为，，则的内切球的球心O一定在的中点处．设球O与的母线AB切于M点，则，，，，所以．过A作，垂足为G，则，由，得，所以，所以的体积为．故选：A．7.已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，其中为辅助角，，，则，当时，，，，因为，是关于的方程在内的两个不同根，所以，因此．故选：C．8.已知函数，，若函数没有零点，则取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗函数的定义域为0,+∞，求导得，当时，f'x<0，当时，f故函数在上递减，在上递增，则当时，函数取得最小值.若，则，从而没有零点，满足条件；若，由于，，故由零点存在定理可知在上必有一个零点，不满足条件.所以的取值范围是1,+∞.故选：A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.下列命题正确的是（）A.已知变量，的线性回归方程，且，则B.数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11C.已知随机变量最大，则的取值为3或4D.已知随机变量，则〖答案〗ACD〖解析〗对于A：因为回归直线方程必过样本中心点，所以，解得，故A正确；对于B：因为，所以分位数为从小到大排列的第八个数，即为，故B错误；对于C：因为，所以，（且），由组合数的性质可知当或时取得最大值，则当或时最大，故C正确；对于D：因为且，所以，则，故D正确.故选：ACD.10.下列函数中，最小值为1的是（）A. B.C. D.〖答案〗BD〖解析〗对于A，，其最小值为，故错误；对于B，，当且仅当，时等号成立，故B正确；对于C．设，，则，所以，当时，，故C错误；对于D，，又，所以当，即，时，，故D正确．故选：BD．11.在平面直角坐标系xOy中，为曲线上任意一点，则（）A.E与曲线有4个公共点 B.P点不可能在圆外C.满足且的点P有5个 D.P到x轴的最大距离为〖答案〗BD〖解析〗联立方程与，解得或，所以E与曲线有2个公共点，A错误；由，得，当且仅当时，取等号，故B正确；由B知，故满足且的点P仅有与，共有3个，故C错误；由得，设，，则关于m的方程有非负实根，设，，显然在上单调递增，由，得，则，解得，即，所以，且等号可取到，D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知f(x)为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．〖答案〗〖解析〗由题设，，故，即f(x)的周期为2，所以，且，所以.13.已知P，Q是抛物线上的两个动点，，直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，若直线PQ与直线平行，则直线PQ与之间的距离等于______．〖答案〗〖解析〗法一：显然直线PQ的斜率不为0，故可设，由，可得，如图，设Px1,y1所以，则，同理，由题意，得，所以，则，即，直线，故直线PQ恒过定点．故当直线PQ与直线平行时，两直线之间的距离等于定点到直线的距离，即.法二：由题意，设，由，得，由，解得．设，，则，，又，所以，由题意，，解得，故两平行直线之间的距离为．14.如图，在平行四边形中，，，且交于点，现沿折痕将折起，直至折起后的，此时的面积为______．〖答案〗〖解析〗如图所示，折起前，，所以，在直角中，可得，又由，因为，又因为，则，由，所以，因为，平面，则平面，又因为平面，则平面平面，分别过点作的垂线，垂足分别为点，则，因为平面平面，且平面，所以平面，又因为平面，所以由，可得，所以，在中，可得，因为，所以，所以．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.甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少打出8环.根据统计资料可知，甲打出8环、9环、10环的概率分别为，乙打出8环、9环、10环的概率分别为，且甲、乙两人射击的结果相互独立．（1）在一场比赛中，求乙打出的环数少于甲打出的环数的概率；（2）若进行三场比赛，其中场比赛中甲打出的环数多于乙打出的环数，求X的分布列与数学期望．解：（1）设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，则事件A包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，则．（2）由题可知的所有可能取值为，由（1）知在一场比赛中，甲打出环数多于乙打出的环数的概率为，则，所以，，，，所以随机变量的分布列为：X0123P0.3430.4410.1890.027所以期望为.16.如图所示，在三棱锥中，平面平面，，为锐角.（1）证明：；（2）若，点满足，求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：在平面中，过点作的垂线，垂足为.平面平面，且平面平面，平面，故平面.又平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，故.（2）解：由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，所以，，.设平面的一个法向量，则令，则.又因为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的