[数学]河南省中原名校2024届高三下学期高考考前全真模拟考试试题(解析版)

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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. 4B. C. 2D.
【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. 2B. 3C. 4D. 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. ①③④B. ①②③C. ②③④D. 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2
B. 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：
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．单调递减
单调递增