2024届河南省TOP二十名校高三上学期仿真模拟（一）数学试题

这是一份2024届河南省TOP二十名校高三上学期仿真模拟（一）数学试题，文件包含精品解析河南省2024届高三TOP20名校仿真模拟一数学试题原卷版docx、精品解析河南省2024届高三TOP20名校仿真模拟一数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码站贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
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. 已知复数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，求出.
【详解】，则.
故选：C
2. 抛物线的焦点到顶点的距离为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把抛物线表示为标准方程，可得，焦点到顶点的距离为，可求值.
【详解】抛物线的标准方程为，则，
所以焦点到顶点的距离为.
故选：C.
3. 定义，若集合，则A中元素的个数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】利用集合的新定义找到符合条件的元素个数即可.
【详解】由题知y的可能取值有，，，0，1，2，3，则集合A中有7个元素.
故选：B.
4. 中，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积求解，，进而求解三角形的面积.
【详解】因为，
所以，
则.
故选：A.
5. 数列中，，，则（ ）
A. 230B. 210C. 190D. 170
【答案】D
【解析】
【分析】借助等差数列的定义及相关公式计算即可.
【详解】由题知数列是公差为的等差数列，.
故选:D.
6. 某地突发洪水，当地政府组织抗洪救灾活动，现有7辆相同的车派往3个不同的地方，每个地方至少派往一辆车，则不同派法的种数为（ ）
A. 20B. 15C. 12D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】用排列组合中的插空法解决.
【详解】题目可转化为将7个相同的元素分为3组，在7个位置之间的6个空中插入2个挡板，将7个位置分为3组，有种方法.
故选：B.
7. 已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为2的扇形，则此圆锥内切球的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由扇形弧长公式求出圆锥底面半径，母线长为2，由等面积法得，得解.
【详解】侧面展开图扇形的弧长为，
圆锥底边的半径r满足，解得，
所以该圆锥轴截面是一个两腰长为2，
底边长为1的等腰三角形，底边上的高为，
设内切球半径为R，则，
.
故选：D.
8. 对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得.
【详解】令，则，当时，，单调递减.
又因为在中，由余弦定理，，同理可得：，
故由可得：，又由正弦边角关系得，则.
接着比较与的大小，即比较与的大小，
令，，.令，，，
则单调递减，，则，在上单调递减，
又故，则，所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：结合题设和结论的提示考虑到构建函数并判断其单调性.同时对于三角形中型如结构的二阶结论要有印象，遇到结构相同的解析式时需要同构的思想.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A. 二项式系数之和为32B. 最高次项系数为32
C. 所有项系数之和为D. 项的系数为40
【答案】AB
【解析】
【分析】直接利用二项式定理的应用求出结果即可．
【详解】对于选项A：二项式系数之和为，故A正确；
对于选项B：设展开式第项为，最高次项的系数为，故B正确；
对于选项C：令得各项系数之和为，故C错误；
对于选项D：项的系数为，故D错误.
故选:AB.
10. 在棱长为1的正方体中，E为的中点，则（ ）
A.
B. 平面
C. 平面截正方体所得截面面积为
D. 四棱锥与四棱锥的体积相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】先证明平面，即可判断选项A; 通过平面平面，可得选项B错误；找到平面截正方体所得截面菱形，即可求出面积，判定选项C；分别求出四棱锥与四棱锥的体积，可判定选项D.
【详解】在正方体中，平面，
平面，所以，又，
, 平面，平面，
所以平面，平面，所以，A正确；
，平面，平面，所以平面，
同理平面，平面，平面，，
所以平面平面，平面，
所以与平面不平行，B错误；
平面平面，平面，
所以平面，平面，
设平面平面，则，
因为，所以，
又，，
所以，所以，，
同理，且，
所以菱形为所求截面，，，
则面积为，C正确；
由题可知，
取的四等分点，则，
所以，，又，
，平面，平面，
所以平面，
则，D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 在上单调递增D. 在内有3个极值点
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换得到，从而化简，进而利用正弦函数的性质逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】因为
，
所以，
设，其中为锐角，则根据辅助角公式得，
所以得最小正周期为，A错误；
因为，则的最大值为，所以，B正确；
由，其中为锐角得，
因为时，，
则函数在上先增后减，C错误；
令，得，，
则函数在上有三个极值点，，，D正确.
故选：BD.
12. 记，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，且恒成立，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由导数一直是它本身即可判断；对于B，由诱导公式以及三角函数的导数公式即可判断；对于C，通过归纳即可判断；对于D，由C选项结论即可判断.
【详解】由题知，则当时，，A正确；
由，，
，，所以，B正确；
，则，
若，则恒成立，，C错误；
，由C知，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于递推类函数定义，可以用归纳的方法结合求导公式去验证即可顺利得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，若，则______.
【答案】##2.5
【解析】
【分析】由题可得 ，再利用向量数量积的坐标公式即可求解.
【详解】向量，，，
又，则，解得.
故答案为：
14. 若双曲线的渐近线方程为，则其离心率为______.
【答案】2或
【解析】
【分析】分焦点在x轴上和焦点在y轴上，由渐近线方程和离心率定义可解.
【详解】当焦点在x轴上时，设双曲线方程为，
由渐近线方程得，
所以离心率；
当焦点在y轴上时，设双曲线方程为：,
由渐近线方程得，
所以，则离心率.
故答案为：2或
15. 写出一个符合下列要求的函数：______.
①为偶函数；②；③有最大值.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据学过的函数和题目要求进行变换构造符合题意得函数.
【详解】函数为偶函数且，其最大值为0.
故答案为：（答案不唯一）
16. 如图，四边形中，，，，，则面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，求解出相应圆的标准方程，延长交圆③于点F，得到，，进而求解的最大值.
【详解】以E为坐标原点，为x轴正方向建立平面直角坐标系，
则，，A在圆①：上，
D在圆②：上，
作圆③：，
延长交圆③于点F，则，
所以.
设直线与圆②交于点G，
取，连接，，得，
则，则，
为圆②内接三角形，当且仅当为正三角形时，最大，
此时，所以的最大值为，
即的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用数形结合的思想进行转化为圆的标准方程,利用圆的性质和三角形面积求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知的边长分别为5，7，8，边长为8的边上的中线长为d.
（1）求的最大内角的正弦值；
（2）求d.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理，同角三角函数的基本关系计算即可；
（2）利用中线长，代入整理计算即可.
【小问1详解】
不妨设，，，则B是最大内角.
由余弦定理可得，
则.
【小问2详解】
.
【点睛】.
18. 近日“脆皮大学生”话题在网上引发热议，更多的人开始关注青少年身体素质.身体健康指数H与体质测试成绩Y有一定的相关关系，随机收集某大学20名学生的数据得，，，H与Y的方差满足.
（1）求H与Y的相关系数r的值；
（2）建立Y关于H的线性回归方程，并预测时体质测试成绩.
参考公式：相关系数，
回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
【答案】（1）
（2），64.7
【解析】
【分析】（1）由题意根据方差公式以及相关系数公式和题给数据即可计算.
（2）由（1）中数据以及题给数据和公式可依次算，，，最终可算，由此可得预测模型并进一步预测.
【小问1详解】
由题意知，
所以，同理，
.
【小问2详解】
由题意，，，
则，，
当时，，即可预测时体质测试成绩为64.7.
19. 已知数列，，前n项和分别为，，，且.
（1）证明：；
（2）若对任意的，，，，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用通项与和之间的关系可证得结果；
（2）根据已知条件及基本不等式可得，利用错位相减法可求和.
【小问1详解】
当时，，即；
当时，因为，所以，
故，
即，
综上，成立.
【小问2详解】
因为，，，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，又，所以，
此时，
，①
，②
得
，
所以.
20. 如图，几何体中，底面为边长为2的菱形，平面平面，平面平面，.
（1）证明：平面；
（2）若，平面与平面的夹角为，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理即可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标后结合题意确定点位置后由体积公式计算即可得.
【小问1详解】
在平面内分别作直线，，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以.
同理可证，又m，平面，且m，n为相交直线，
所以平面；
【小问2详解】
取中点G，连接，，且底面为菱形，
故为等边三角形，所以，
以D为原点，，为x，y轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
故，由平面平面，
所以可设，为平面的法向量，
则有，即，取，得.
由平面平面，故为平面的一个法向量，
结合已知有，又，所以，
所以
21. 已知函数的图象在处的切线方程为.
（1）求的解析式；
（2）若过点可作图象三条切线，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数得到切线斜率值，利用点斜式方程即得切线方程；
（2）设出切点，列出切线方程，将题设条件转化成方程有三个实根，即函数有三个零点，就值分类讨论即得.
【小问1详解】
因为，，，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
设切点为，则切线方程为：，
因切线经过点，故有，即.
令，依题知有3个零点.
，令得，
①当时，时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，此时至多有两个零点，不合题意；
②当时，或时，，时，，
则，上单调递增，在上单调递减，
又，，
因，由有3个零点可知：，故得：，即.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的切线方程求法和函数的零点问题.
解决函数的零点问题一般可以考虑运用参变分离法或者分类讨论法.此题中将曲线存在经过某点的三条切线问题，转化成对应方程的三个实根，继而又转化成函数有三个零点问题，最后就参数分类讨论得出结论.
22. 已知复数z在复平面内对应的点为，，Z的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）若，，过F的直线交C于，两点，且平分，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设复数，根据题意建立等式求解即可；
（2）设直线，根据题意直线与曲线联立方程求解即可.
【小问1详解】
设，则，
所以，
整理得，即C的方程为.
【小问2详解】
由题意知，直线的斜率不为0，设，，，
联立得，，
所以，；①
由平分知，即，
又，则，
整理得，
代入①式得，所以.
所以直线的方程为.
【点睛】第（2）解题关键根据题意平分得，建立等式求解.