河南省中原名校2024屆高三下學(xué)期高考考前全真模擬考試 數(shù)學(xué)試題【含答案】

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1、 2024屆高三考前全真模擬考試 數(shù) 學(xué) （120??分鐘???150 分） 一、選擇題:本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．的展開式中，系數(shù)最大的項(xiàng)是（????） A．第11項(xiàng) B．第12項(xiàng) C．第13項(xiàng) D．第14項(xiàng) 2．設(shè)，則“”是“”的（????） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 3．已知向量，不共線，實(shí)數(shù)，滿足，則（????） A．4 B． C．2 D． 4．函數(shù)圖像可能是（????） A．?? B．?? C．?? D．?? 5．若拋物線的焦點(diǎn)是

2、橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)，則的值為（????）． A．2 B．3 C．4 D．8 6．已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)，則關(guān)于的不等式的解集為（????） A． B． C． D． 7．已知，集合，，. 關(guān)于下列兩個(gè)命題的判斷，說法正確的是（?????） 命題①：集合表示的平面圖形是中心對(duì)稱圖形； 命題②：集合表示的平面圖形的面積不大于. A．①真命題；②假命題 B．①假命題；②真命題 C．①真命題；②真命題 D．①假命題；②假命題 8．?dāng)?shù)列的前項(xiàng)和為，若數(shù)列與函數(shù)滿足： （1）的定義域?yàn)椋? （2）數(shù)列與函數(shù)均單調(diào)遞增； （3）使成立， 則稱數(shù)列與函數(shù)具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”.給出下列四個(gè)結(jié)論

3、： ①與具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”； ②與具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”； ③與數(shù)列具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”的函數(shù)有有限個(gè)； ④與數(shù)列具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”的函數(shù)有無數(shù)個(gè). 其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為（????） A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②④ 二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分． 9．下列命題中，正確的命題（????） A．回歸直線恒過樣本點(diǎn)的中心，且至少過一個(gè)樣本點(diǎn) B．將一組數(shù)據(jù)的每個(gè)數(shù)據(jù)都加一個(gè)相同的常數(shù)后，方差不變 C．用相關(guān)系數(shù)來刻畫回歸效果，越接近，說明模

4、型的擬合效果越好 D．若隨機(jī)變量，且，則 10．已知曲線，則（????） A．曲線關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱 B．曲線只有兩條對(duì)稱軸 C． D． 11．如圖，在棱長為2的正方體中，點(diǎn)，分別在線段和上．給出下列四個(gè)結(jié)論：其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（????） ?? A．的最小值為2 B．四面體的體積為 C．有且僅有一條直線與垂直 D．存在點(diǎn)，使為等邊三角形 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分． 12．某工廠有甲、乙、丙三條生產(chǎn)線同時(shí)生產(chǎn)同一產(chǎn)品，這三條生產(chǎn)線生產(chǎn)產(chǎn)品的次品率分別為，，，假設(shè)這三條生產(chǎn)線產(chǎn)品產(chǎn)量的比為，現(xiàn)從這三條生產(chǎn)線上隨機(jī)任意選取1件食品為次品的概率為

5、 . 13．設(shè)，，，…，是1，2，3，…，7的一個(gè)排列．且滿足，則的最大值是 14．關(guān)于函數(shù)有如下四個(gè)命題： ①的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱． ②的圖像關(guān)于直線對(duì)稱． ③當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減． ④當(dāng)，使在區(qū)間上有兩個(gè)極大值點(diǎn)． 其中所有真命題的序號(hào)是 ． 四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 15．已知函數(shù)（其中常數(shù)），，是函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn). (1)求的解析式； (2)求在上的最值. 16．如圖，六面體是直四棱柱 被過點(diǎn) 的平面所截得到的幾何體，底面，底面是邊長為2的正方形， ?? (1)求證: ；

6、 (2)求平面. 與平面 的夾角的余弦值； (3)在線段 DG上是否存在一點(diǎn) P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，說明理由. 17．甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行圍棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其中編號(hào)為i的方框表示第i場比賽，方框中是進(jìn)行該場比賽的兩名棋手，第i場比賽的勝者稱為“勝者i”，負(fù)者稱為“負(fù)者i”，第6場為決賽，獲勝的人是冠軍，已知甲每場比賽獲勝的概率均為，而乙，丙、丁相互之間勝負(fù)的可能性相同. ?? (1)求乙僅參加兩場比賽且連負(fù)兩場的概率； (2)求甲獲得冠軍的概率； (3)求乙進(jìn)入決賽，且乙與其決賽對(duì)手是第二次相遇的概率. 18．已知橢圓，點(diǎn)、分別為橢圓的左、右

7、焦點(diǎn). (1)若橢圓上點(diǎn)滿足，求的值； (2)點(diǎn)為橢圓的右頂點(diǎn)，定點(diǎn)在軸上，若點(diǎn)為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)取得最小值時(shí)點(diǎn)恰與點(diǎn)重合，求實(shí)數(shù)的取值范圍； (3)已知為常數(shù)，過點(diǎn)且法向量為的直線交橢圓于、兩點(diǎn)，若橢圓上存在點(diǎn)滿足（），求的最大值. 19．對(duì)于無窮數(shù)列，設(shè)集合，若為有限集，則稱為“數(shù)列”． (1)已知數(shù)列滿足，，判斷是否為“數(shù)列”，并說明理由； (2)已知，數(shù)列滿足，若為“數(shù)列”，求首項(xiàng)的值； (3)已知，若為“數(shù)列”，試求實(shí)數(shù)的取值集合． 1．C 【分析】根據(jù)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)即可求解. 【詳解】因?yàn)榈恼归_通項(xiàng)公式為， 又當(dāng)時(shí)，取最大值，

8、則系數(shù)最大的項(xiàng)是第13項(xiàng)． 故選：C. 2．C 【分析】由充分條件和必要條件的定義結(jié)合復(fù)數(shù)的定義求解即可. 【詳解】設(shè)，則， 由可得，所以，充分性成立， 當(dāng)時(shí)，即，則，滿足， 故“”是“”的充要條件. 故選：C. 3．A 【分析】由已知結(jié)合平面向量基本定理可求，，進(jìn)而求出答案. 【詳解】由，不共線，實(shí)數(shù)，滿足， 得，解得，， 所以. 故選：A 4．D 【分析】根據(jù)函數(shù)圖象的對(duì)稱性排除AC，再結(jié)合函數(shù)值大小排除B，從而得正確結(jié)論． 【詳解】從四個(gè)選項(xiàng)中可以看出，函數(shù)的周期性、奇偶性、函數(shù)值的正負(fù)無法排除任一個(gè)選項(xiàng)， 但是，因此的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，可排除AC，

9、 又，排除B， 故選：D． 5．D 【分析】分別求出拋物線的焦點(diǎn)和橢圓的右頂點(diǎn)坐標(biāo)，得，即可求解. 【詳解】由題意知，（）的焦點(diǎn)為， 的右頂點(diǎn)為， 所以，解得. 故選：D 6．C 【分析】根據(jù)圖象經(jīng)過點(diǎn)得到解析式，再由單調(diào)性和奇偶性化簡不等式即可求解. 【詳解】由題意知，解得，所以，其在上單調(diào)遞增， 又因?yàn)椋院瘮?shù)為奇函數(shù)，， 所以不等式可化為， 于是，即，解得或. 故選：C． 7．A 【分析】根據(jù)是奇函數(shù)，可以分析出當(dāng)時(shí)，所以集合表示的平面圖形是中心對(duì)稱圖形；結(jié)合集合代表的曲線及不等式的范圍可以確定集合表示的平面圖形，從而求得面積，與進(jìn)行比較. 【詳解】對(duì)

10、于，集合關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱，且函數(shù)是奇函數(shù)， 若則則， 即若則，即集合表示的平面圖形是關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱圖形，故①是真命題； 對(duì)于， 由即知， 設(shè)，則與一一對(duì)應(yīng)且隨的增大而增大，， 又由知， 結(jié)合知在范圍內(nèi)，與一一對(duì)應(yīng)且隨的增大而減小， 所以在范圍內(nèi)，與一一對(duì)應(yīng)且是關(guān)于的減函數(shù)， 由①可知圖象關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱，所以可得到在的圖象，如圖 ?? 代入點(diǎn)可得，所以的區(qū)域是右半部分， 面積為正方形面積的一半，即集合表示的平面圖形的面積，故②是假命題. 故選：A. 【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：確定不等式表示的區(qū)域范圍 第一步：得到等式對(duì)應(yīng)的曲線； 第二步：任選一個(gè)不在曲線上的點(diǎn)，若原點(diǎn)

11、不在曲線上，一般選擇原點(diǎn)，檢驗(yàn)它的坐標(biāo)是否符合不等式； 第三步：如果符合，則該點(diǎn)所在的一側(cè)區(qū)域即為不等式所表示的區(qū)域；若不符合，則另一側(cè)區(qū)域?yàn)椴坏仁剿硎镜膮^(qū)域. 8．D 【分析】根據(jù)“單調(diào)偶遇關(guān)系”的新定義可判斷選項(xiàng)①，②；以一次函數(shù)為例，可判斷③；令，通過計(jì)算可判斷④． 【詳解】對(duì)于①：數(shù)列中，由可知任意兩項(xiàng)不相等，定義域?yàn)闈M足（1）， 數(shù)列和均單調(diào)遞增滿足（2）， 數(shù)列的前項(xiàng)和， 由得，解得， 所以使成立，滿足（3），故①正確； 對(duì)于②：數(shù)列中，由可知任意兩項(xiàng)不相等，定義域?yàn)闈M足（1）， 數(shù)列和均單調(diào)遞增滿足（2）， 的前項(xiàng)和，由得恒成立， 所以使成立滿足（3），

12、 故與具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”，故②說法正確； 對(duì)于③：以一次函數(shù)為例，，，， 即， 整理得，只要方程有正整數(shù)解且即可，如方程中取，則有， 即，對(duì)進(jìn)行不同的取值即可保證數(shù)列具有“單調(diào)偶遇關(guān)系”的函數(shù)有無數(shù)組，故③說法不正確； 對(duì)于④：中令． 由得，取，即可保證恒有解，故選項(xiàng)④正確． 故選：D． 【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：通過①可想到③中以一次函數(shù)為例，通過②可想到④中令，通過舉例達(dá)到解決問題的目的. 9．BD 【分析】利用回歸直線的性質(zhì)判斷A；利用波動(dòng)性判斷B；利用相關(guān)系數(shù)的意義判斷C；利用正態(tài)分布的對(duì)稱性計(jì)算判斷D作答. 【詳解】對(duì)于A，回歸直線恒過樣本點(diǎn)的中心，不一定過樣本點(diǎn)

13、，A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，將一組數(shù)據(jù)的每個(gè)數(shù)據(jù)都加一個(gè)相同的常數(shù)后，數(shù)據(jù)的波動(dòng)性不變，方差不變，B正確； 對(duì)于C，用相關(guān)系數(shù)來刻畫回歸效果，越接近，說明模型的擬合效果越好，C錯(cuò)誤； 對(duì)于D，隨機(jī)變量，則， D正確． 故選：BD 10．ACD 【分析】根據(jù)方程的特征可判斷ABC的正誤，利用極坐標(biāo)和導(dǎo)數(shù)可判斷D的正誤. 【詳解】設(shè)，則，故曲線關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且關(guān)于軸對(duì)稱， 又，故曲線關(guān)于直線對(duì)稱，故A正確，B錯(cuò)誤. 因?yàn)?，故? 故，故C正確． 對(duì)于D，令，則曲線的極坐標(biāo)方程為． 故 ， 所以，同理有，故選項(xiàng)D正確． 故選：ACD 11．ABD 【分析】由公垂線的性質(zhì)判

14、斷A；由線面平行的性質(zhì)判斷B；舉反例判斷C；設(shè)，，由等邊三角形三邊相等，判斷D． 【詳解】對(duì)于A： 因?yàn)槭钦襟w， 所以平面，平面， 又因?yàn)槠矫妫矫妫? 所以，，即是與的公垂線段， 因?yàn)楣咕€段是異面直線上兩點(diǎn)間的最短距離， 所以當(dāng)分別與重合時(shí)，最短為2，故A正確； 對(duì)于B： 因?yàn)槭钦襟w， 所以平面平面，且平面， 所以平面， 可知，當(dāng)點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)到平面的距離不變，距離， 由可知，當(dāng)點(diǎn)在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，到的距離不變， 所以的面積不變， 所以，所以B正確； 對(duì)于C： 當(dāng)分別與重合時(shí)，； 當(dāng)為中點(diǎn)，與重合時(shí)，，所以錯(cuò)誤； 對(duì)于D：如圖以點(diǎn)為原點(diǎn)，以所在直線為軸建

15、立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)，， 則，，，， ， ， ， 因?yàn)闉榈冗吶切危? 由， 得，得，即， 由，得， 則，即，解得或， 即或，故D正確； 故選：ABD． ?? 12．0.047## 【分析】借助全概率公式計(jì)算即可得. 【詳解】記事件：選取的產(chǎn)品為次品， 記事件：此件次品來自甲生產(chǎn)線， 記事件：此件次品來自乙生產(chǎn)線， 記事件：此件次品來自丙生產(chǎn)線， 由題意可得， ，，， 由全概率的公式可得 ， 從這三條生產(chǎn)線上隨機(jī)任意選取1件產(chǎn)品為次品數(shù)的概率為0.047. 故答案為：0.047. 13．21 【分析】根據(jù)題意，分析可得滿足條件的排列可以為，

16、從而可解. 【詳解】要使的值最大， 又且， 所以排列可以為， 則的最大值是 . 故答案為：21 14．②③ 【分析】對(duì)①，根據(jù)即可判斷①錯(cuò)誤，對(duì)②，根據(jù)即可判斷②正確，對(duì)③，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性即可判斷③正確，對(duì)④，對(duì)進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)求解其極值即可判斷④錯(cuò)誤. 【詳解】對(duì)①，，定義域?yàn)椋? ， 所以為奇函數(shù)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故①錯(cuò)誤. 對(duì)②，， 所以的圖像關(guān)于直線對(duì)稱，故②正確. 對(duì)③令，，，在為增函數(shù)， ，，，在為減函數(shù)， 所以當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上單調(diào)遞減，故③正確. 對(duì)④，， 當(dāng)時(shí)，，， 所以，，為減函數(shù)， ，，為增函數(shù)，則無極大值，不符合舍去. 當(dāng)時(shí)

17、，，，， 所以，，為減函數(shù)， ，，為增函數(shù)，則無極大值，不符合舍去. 當(dāng)時(shí)，在上有兩個(gè)根，且， 所以，，為減函數(shù)， ，，為增函數(shù)， ，，為減函數(shù)， ，，為增函數(shù)， 即函數(shù)在上存在一個(gè)極大值點(diǎn)，不符合題意，故④錯(cuò)誤. 故選：②③ 15．(1) (2)最大值為5，最小值為 【分析】（1）求出，由題意得，結(jié)合得到關(guān)于、的二元一次方程組，解方程組即可求得的解析式； （2）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在上的單調(diào)性，即可求出在上的最值. 【詳解】（1）因?yàn)?，則， 則根據(jù)題意有：①，②， 聯(lián)立①②有：，解得：，所以. 經(jīng)驗(yàn)證，滿足題設(shè). （2）因?yàn)?，所以? ，即， 解得，；

18、 所以當(dāng)時(shí)，不在定義域內(nèi)，所以有： 單調(diào)遞減 單調(diào)遞增 由上表可知，在上的最大值為，最小值為. 16．(1)證明見解析 (2) (3)存在，，理由見解析 【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，由，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明； （2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求面面角即可； （3）設(shè)，由向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示可得，結(jié)合計(jì)算即可求解. 【詳解】（1）連接，直四棱柱，， 則點(diǎn)在平面內(nèi). 因?yàn)槠矫?，且平面? 所以， 又底面為正方形，所以，又， 所以平面，平面， 故； （2）因?yàn)槠?/p>

19、面，平面，所以， 又底面為正方形，所以，建立如圖空間直角坐標(biāo)系， 則，故 設(shè)平面的一個(gè)法向量為， 則，即，令，則，于是. 因?yàn)槠矫?，所以是平面的一個(gè)法向量. 設(shè)平面與平面的夾角為θ， 則， 所以平面與平面的夾角的余弦值為； （3）存在一點(diǎn)使得平面，此時(shí)，理由如下： 設(shè)， 則， 線段上存在一點(diǎn)使得平面等價(jià)于， 即，解得， 所以. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）乙在第1場、第4場均負(fù)，利用獨(dú)立事件的乘法公式進(jìn)行求解； （2）分析出甲獲勝的情況，得到各個(gè)情況下的概率，相加后得到答案； （3）分乙的決賽對(duì)手是甲，丙，丁，分析出各場比賽勝負(fù)情

20、況，求出相應(yīng)的概率，相加后得到答案. 【詳解】（1）乙連負(fù)兩場，即乙在第1場、第4場均負(fù)， ∴乙連負(fù)兩場的概率為； （2）甲獲得冠軍，則甲參加的比賽結(jié)果有三種情況： 1勝3勝6勝；1負(fù)4勝5勝6勝；1勝3負(fù)5勝6勝， ∴甲獲得冠軍的概率為：． （3）若乙的決賽對(duì)手是甲，則兩人參加的比賽結(jié)果有兩種情況： 甲1勝3勝，乙1負(fù)4勝5勝；甲1負(fù)4勝5勝，乙1勝3勝， ∴甲與乙在決賽相遇的概率為：． 若乙的決賽對(duì)手是丙，則兩人只可能在第3場和第6場相遇，兩人參加的比賽的結(jié)果有兩種： 乙1勝3勝，丙2勝3負(fù)5勝；乙1勝3負(fù)5勝，丙2勝3勝， 若考慮甲在第4場和第5場的結(jié)果，乙與丙在第

21、3場和第6場相遇的概率為： ， 若乙的決賽對(duì)手是丁，和乙的決賽對(duì)手是丙情況相同， ∴乙進(jìn)入決賽，且乙與其決賽對(duì)手是第二次相遇的概率為：． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）設(shè)點(diǎn)，然后代入橢圓方程，即可求出，再根據(jù)橢圓定義求； （2）設(shè)，求出，根據(jù)二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值要求列不等式求解； （3）設(shè)直線的方程為，與橢圓聯(lián)立，寫出韋達(dá)定理，再根據(jù)求出的坐標(biāo)，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理計(jì)算，利用基本不等式求最值. 【詳解】（1）因?yàn)?，所以設(shè)點(diǎn)， 則，所以，即， 所以； ； （2）設(shè)，則，， 則， 所以，， 要時(shí)取最小值，則必有， 所以； （3

22、）設(shè)過點(diǎn)且法向量為的直線的方程為，， 聯(lián)立，消去得， 則， 則， ， 又， 又點(diǎn)在橢圓上，則， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， 即的最大值為. 19．(1)是“數(shù)列”；理由見解析. (2)； (3). 【分析】（1）由遞推公式得到，判斷出，結(jié)合“數(shù)列”的定義即可證明； （2）先利用單調(diào)性判斷出，結(jié)合“數(shù)列”的定義，分類討論求出； （3）分類討論：當(dāng)為有理數(shù)時(shí)，設(shè)，結(jié)合“數(shù)列”的定義，證明出符合題意；當(dāng)為無理數(shù)時(shí)，利用反證法證明出不符合題意. 【詳解】（1）由題意得，，，，…… 因此.???????????? 所以為有限集， 因此是“數(shù)列”； （2） 所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以. 當(dāng)時(shí)，（*）， 因此當(dāng)時(shí)，，， 即，此時(shí)為“數(shù)列”， 當(dāng)時(shí)，， 由（*）得，， 因此，顯然不是“數(shù)列”， 綜上所述：； （3）當(dāng)為有理數(shù)時(shí)，必存在，使得， 則， 因此集合中元素個(gè)數(shù)不超過，為有限集； 當(dāng)為無理數(shù)時(shí)，對(duì)任意，下用反證法證明， 若，即， 則或，其中， 則或，矛盾， 所以， 因此集合必為無限集. 綜上，的取值集合是全體有理數(shù)，即．