2024年河南省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年河南省高考数学一轮模拟卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知x，，则“”是“”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
2．已知复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．
C．D．
3．如图是某地2020年全年的降水量折线图，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．从5月到8月，降水量越来越多B．2020年一年中有5个月的降水量超过40毫米
C．2020年一年中降水量的中位数是32D．连续三个月降水量方差最大的是1月至3月
4．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．对于函数定义域中任意的有如下结论：
①；
②；
③；
④；
当时，上述结论中正确的序号是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．②③④
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，两点到直线：的距离相等，则（ ）
A．B．6C．或4D．4或6
二、多选题
9．一个袋子中有红、黄、蓝、紫四种颜色的球各一个，除颜色外无其他差异，从中任意摸出一个球，设事件“摸出红色球或蓝色球”，事件“摸出紫色球或蓝色球”，事件“摸出黄色球或蓝色球”，则下面结论正确的是：（ ）
A．B．与相互独立
C．与相互独立D．与相互独立
10．已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，数列为常数列
B．当时，数列单调递减
C．当时，数列单调递增
D．当时，数列为摆动数列
11．已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于，两点，以线段为直径的圆交轴于，两点，交准线于点，则下面结论正确的是：（ ）
A．以为直径的圆与轴相切B．
C．D．的最小值为
三、填空题
12．已知幂函数．若是奇函数，则的值为 ．
13．已知函数是定义在上的奇函数，则的值为 ．
14．某班4名学生A、B、C、D同时参加网络课堂学习，已知这4名学生中有且仅有一名学生做了听课笔记.当授课老师通过交流对话框问他们谁做了听课笔记时，A回复道：“C或D做了听课笔记”；B回复道：“C做了听课笔记”；C回复道：“A和D都没有做听课笔记”；D回复道：“B做了听课笔记”.假设这四名学生中有且仅有两名学生的回复是正确的，那么做了听课笔记的学生是 .
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，点在函数的图象上．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，
（i）求数列的前n项和；
（ii）求数列的前n项和．
16．已知函数．
(1)当时，求的值；
(2)若函数为偶函数，求的值；
(3)若的图象的两条对称轴间的最小距离小于，且函数在区间上单调递增，求ω的取值范围．
17．已知函数．
(1)若，且图象关于对称，求实数的值；
(2)若，
（i）方程恰有一个实根，求实数的取值范围；
（ii）设，若对任意，当时，满足，求实数的取值范围．
18．如图，多面体中，两两垂直，且，求多面体的体积．
19．已知椭圆的焦距为4，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线，过右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆交于，两点，过点作，垂足为．设点为坐标原点，求面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】设，利用导数研究函数的性质可知在上单调递增，
结合函数的单调性解不等式以及充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．D
【分析】由复数模的定义计算即可.
【详解】在复平面内对应的点为，则，
，即，所以有.
故选：D
3．C
【分析】列出5月到8月降水量，根据变化趋势判断A，根据折线图分析降水量大于40毫米的月份判断B，将降水量从小到大排列，求出中位数判断C，由图可知1月至3月降水量波动最大，得到方差最大的是1月至3月来判断D.
【详解】由折线图可知2020年一年中降水量分别是：
15，22，50，48，32，34，45，48，46，25，18，10，
对选项A，从5月到8月，降水量分别为32，34，45，48，所以降水量越来越多，故选项A正确；
对选项B，3月，4月，7月，8月，9月的降水量超过40毫米，所以2020年一年中有5个月的降水量超过40毫米，故选项B正确；
对选项C，2020年一年中降水量从小到大分别是10，15，18，22，25，32，34，45，46，48，48，50，所以的中位数是，故选项C错误；
对选项D，连续三个月降水量离差程度最大的是1月至3月，所以方差最大的是1月至3月，故选项D正确.
故选：C.
4．D
【分析】构造函数，判断的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】设，由题意知，则函数的定义域为，
又
，所以是奇函数，
当时，为增函数，为增函数，
所以是增函数，则，由是奇函数可知，在上单调递增，
由得，即，
则，解得，
所以不等式的解集为.故D正确.
故选：D
5．D
【分析】由向量数量积的运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量.
【详解】由，则，
由在上的投影向量.
故选：D
6．D
【分析】由对数的运算性质及函数的单调性逐个判断即可.
【详解】因为，
，所以①不正确；
，所以②正确；
由于在定义域内单调递减，
对于定义域中任意的，当时，都有，
即，，所以，故③正确；
对于④，，即，
，因为在单调递减，
所以只需证，即，
因为在上，有，当且仅当时等号成立.
由于，所以，故④正确.
故选：D.
7．D
【分析】由和差角公式可得，从而得解.
【详解】，
所以，
则.
故选：D
8．D
【分析】求出点到直线的距离和点到直线的距离，二者相等求解方程即可.
【详解】点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
因为点到直线的距离和点到直线的距离相等，
所以，所以或.
故选：D.
9．BCD
【分析】根据相互独立事件的定义逐一判断即可.
【详解】由题意可得，
，所以与相互独立，故B正确；
，所以与相互独立，故C正确；
，所以与相互独立，故D正确；
，故A错误.
故选：BCD.
10．ABC
【分析】求出数列各项的值，可判断A选项；利用数列的单调性可判断B选项；利用数学归纳法推导出，结合数列的单调性可判断C选项；取，求出数列各项的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，，
由可得，，，，
以此类推可知，对任意的，，此时，数列为常数列，A对；
对于B选项，当时，则，此时，数列单调递减，B对；
对于C选项，因为，，且，则，
猜想，，，
当时，猜想成立，
假设当时，猜想成立，即，
则当时，，
因为，则，则函数在上单调递增，
所以，，即成立，
由数学归纳法可知，对任意的，，
所以，，此时，数列单调递增，C对；
对于D选项，当时，取，则且，
则，，，，
以此类推可知，当且时，，即，
此时，数列不是摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：判断数列单调性的方法有：
（1）利用数列对应的函数的单调性判断；
（2）对数列的前后项作差（或作商），利用比较法判断.
11．ACD
【分析】A选项，设，由焦半径公式得到，求出的中点的横坐标为，得到相切关系；B选项，联立直线与抛物线方程，得到与，故；C选项，证明出为直径的圆与准线相切，故切点为，得到，结合向量数量积公式得到C正确；D选项，由垂径定理求出，求出最小值.
【详解】A选项，由题意得，准线，
设，由焦半径可得，
设的中点为，则，显然到轴的距离等于，
故以为直径的圆与轴相切，A正确；
B选项，直线过点，
联立与得，
设，则，
故，，
由A选项知，，同理可得，
故，B错误；
C选项，由B选项得，
设的中点为，则，
故点到准线的距离为，
故为直径的圆与准线相切，故切点为，
故，则
，C正确；
D选项，点到轴的距离为，
由垂径定理得
，
故当时，取得最小值，最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
12．3
【分析】由幂函数的定义结合奇函数的定义即可求解.
【详解】由题意，解得或，又是奇函数，
当时，不满足题意；当时，满足题意.
故答案为：3.
13．
【分析】根据辅助角公式可得，结合三角函数的奇偶性即可求解.
【详解】，
由为R上的奇函数，得，即，
因为，所以时，，
即，则.
故答案为：
14．B
【解析】分别讨论A做了听课笔记，B做了听课笔记，C做了听课笔记，D做了听课笔记，四种情况，即可结合题中条件，得出结果.
【详解】若A做了听课笔记，则A、B、C、D的回复都不正确，不满足题意；
若B做了听课笔记，则A、B的回复都不正确，C、D的回复都正确，满足题意；
若C做了听课笔记，则A、B、C的回复都正确，D的回复不正确，不满足题意；
若D做了听课笔记，则A的回复正确，B、C、D的回复都不正确，不满足题意.
故做了听课笔记的学生是B.
故答案为：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查推理案例的问题，属于基础题型.
解得此类问题时，通常需要用到分类讨论的方法，讨论所有可能的情况，再代入题干进行验证即可.
15．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由的关系即可求解；
（2）（i）由错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；（ii）由（i）结论结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.
【详解】（1）点在函数的图象上，所以．
当时，；当时，．
故．
（2）由（1）知，．
（i）①，②，
①－②得：，
故．
（ii）③，④，
③－④得：，
故．
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先将函数进行降幂，再运用辅助角公式化成正弦型函数，代值计算即得；
（2）先算出，再利用其为偶函数可得：，求得，即可求；
（3）根据题设易得，计算得，再由函数在区间上单调递增，推得，则有，依题得，计算即得.
【详解】（1）
．
当时，．
∴．
（2）由（1）知，
∴，因函数为偶函数，则
故，即．
∴．
（3）∵的图象的两条对称轴间的最小距离小于，
∴的最小正周期，即，即．
故函数单调递增．
∴当时，．
又，∴．∴，故须使：
解得：．
∴ω的取值范围为．
17．(1)；
(2)（i）；（ii）．
【分析】（1）利用函数的奇偶性与对称性待定系数计算即可；
（2）（i）利用对数函数的单调性含参讨论解方程即可；（ii）利用复合函数单调性先确定单调递减，借助函数单调性将条件不等式转化为对任意的恒成立，变换主元利用二次函数的性质及计算即可.
【详解】（1）由题意知图象关于对称，
所以为偶函数，
即，
所以，故；
（2）由题意知，
（i）方程，所以，
整理可得，，即，
当时，方程有唯一解，此时，不符合条件；
当时，同上，解方程得，也不符合条件；
当且时，方程有两不等解，
若满足，则，
若满足，则，
显然若时，无解，
若时，有两解，
所以当时方程恰有一个实根，
综上，实数的取值范围为；
（ii）令，则在上为减函数，而在上为增函数，
所以函数在上为减函数，
当时，满足，
则，
所以，
因为，即对任意的恒成立，
设，
又，所以函数在单调递增，
所以，所以．
【点睛】思路点睛：第二问第一小问带有参数的方程只有一根，故含参分类讨论即可；第二小问，不等式在定区间恒成立问题，借助函数的单调性脱去函数符号，将不等式等价变形，因为不等式含有双变量，故变换主元转化为二次函数，借助二次函数的图象与性质计算即可.
18．
【分析】根据几何体特征把几何体分解为两个部分，再应用线面垂直得出几何体的高计算即可.
【详解】，
因为两两垂直，
所以平面,平面,所以平面,
同理平面,
．
19．(1)
(2)
【分析】（1）先根据题意可得，解方程求出，即可得出答案；
（2）设直线，，，，联立方程组，利用韦达定理得出，再根据点斜式写出直线的方程，令可证明直线过定点，利用分割法表示出的面积，再利用换元法及函数的单调性可得面积的最大值.
【详解】（1）由椭圆的焦距为4得：，故，
因为点在椭圆上，所以，
联立，解得，，所以椭圆的方程为．
（2）由题得，设直线，，，，
联立方程得，
，
所以有，且，
因为，所以直线的方程为
令，得
将代入上式，则
故直线过定点，
又
所以
令，则在上单调递减，
故当，时，．

【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键在于：先写出直线的方程，令可证明直线过定点，再利用分割法表示出的面积，再借助换元法及函数的单调性即可求出面积的最大值.