河南省中原名校2024屆高三下學期高考考前全真模擬考試 數學試題【含答案】

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1、 2024屆高三考前全真模擬考試 數 學 （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選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．的展開式中，系數最大的項是（????） A．第11項 B．第12項 C．第13項 D．第14項 2．設，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，實數，滿足，則（????） A．4 B． C．2 D． 4．函數圖像可能是（????） A．?? B．?? C．?? D．?? 5．若拋物線的焦點是

2、橢圓的一個頂點，則的值為（????）． A．2 B．3 C．4 D．8 6．已知函數的圖象經過點，則關于的不等式的解集為（????） A． B． C． D． 7．已知，集合，，. 關于下列兩個命題的判斷，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．數列的前項和為，若數列與函數滿足： （1）的定義域為； （2）數列與函數均單調遞增； （3）使成立， 則稱數列與函數具有“單調偶遇關系”.給出下列四個結論

3、： ①與具有“單調偶遇關系”； ②與具有“單調偶遇關系”； ③與數列具有“單調偶遇關系”的函數有有限個； ④與數列具有“單調偶遇關系”的函數有無數個. 其中所有正確結論的序號為（????） 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選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分． 9．下列命題中，正確的命題（????） A．回歸直線恒過樣本點的中心，且至少過一個樣本點 B．將一組數據的每個數據都加一個相同的常數后，方差不變 C．用相關系數來刻畫回歸效果，越接近，說明模

4、型的擬合效果越好 D．若隨機變量，且，則 10．已知曲線，則（????） A．曲線關于原點對稱 B．曲線只有兩條對稱軸 C． D． 11．如圖，在棱長為2的正方體中，點，分別在線段和上．給出下列四個結論：其中所有正確結論的序號是（????） ?? 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，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、丙三條生產線同時生產同一產品，這三條生產線生產產品的次品率分別為，，，假設這三條生產線產品產量的比為，現從這三條生產線上隨機任意選取1件食品為次品的概率為

5、 . 13．設，，，…，是1，2，3，…，7的一個排列．且滿足，則的最大值是 14．關于函數有如下四個命題： ①的圖像關于y軸對稱． ②的圖像關于直線對稱． ③當時，在區(qū)間上單調遞減． ④當，使在區(qū)間上有兩個極大值點． 其中所有真命題的序號是 ． 四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 15．已知函數（其中常數），，是函數的一個極值點. (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 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 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，說明理由. 17．甲、乙、丙、丁4名棋手進行圍棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其中編號為i的方框表示第i場比賽，方框中是進行該場比賽的兩名棋手，第i場比賽的勝者稱為“勝者i”，負者稱為“負者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、丁相互之間勝負的可能性相同. ?? (1)求乙僅參加兩場比賽且連負兩場的概率； (2)求甲獲得冠軍的概率； (3)求乙進入決賽，且乙與其決賽對手是第二次相遇的概率. 18．已知橢圓，點、分別為橢圓的左、右

7、焦點. (1)若橢圓上點滿足，求的值； (2)點為橢圓的右頂點，定點在軸上，若點為橢圓上一動點，當取得最小值時點恰與點重合，求實數的取值范圍； (3)已知為常數，過點且法向量為的直線交橢圓于、兩點，若橢圓上存在點滿足（），求的最大值. 19．對于無窮數列，設集合，若為有限集，則稱為“數列”． (1)已知數列滿足，，判斷是否為“數列”，并說明理由； (2)已知，數列滿足，若為“數列”，求首項的值； (3)已知，若為“數列”，試求實數的取值集合． 1．C 【分析】根據二項展開式的通項公式結合組合數的性質即可求解. 【詳解】因為的展開通項公式為， 又當時，取最大值，

8、則系數最大的項是第13項． 故選：C. 2．C 【分析】由充分條件和必要條件的定義結合復數的定義求解即可. 【詳解】設，則， 由可得，所以，充分性成立， 當時，即，則，滿足， 故“”是“”的充要條件. 故選：C. 3．A 【分析】由已知結合平面向量基本定理可求，，進而求出答案. 【詳解】由，不共線，實數，滿足， 得，解得，， 所以. 故選：A 4．D 【分析】根據函數圖象的對稱性排除AC，再結合函數值大小排除B，從而得正確結論． 【詳解】從四個選項中可以看出，函數的周期性、奇偶性、函數值的正負無法排除任一個選項， 但是，因此的圖象關于直線對稱，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和橢圓的右頂點坐標，得，即可求解. 【詳解】由題意知，（）的焦點為， 的右頂點為， 所以，解得. 故選：D 6．C 【分析】根據圖象經過點得到解析式，再由單調性和奇偶性化簡不等式即可求解. 【詳解】由題意知，解得，所以，其在上單調遞增， 又因為，所以函數為奇函數，， 所以不等式可化為， 于是，即，解得或. 故選：C． 7．A 【分析】根據是奇函數，可以分析出當時，所以集合表示的平面圖形是中心對稱圖形；結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，與進行比較. 【詳解】對

10、于，集合關于原點中心對稱，且函數是奇函數， 若則則， 即若則，即集合表示的平面圖形是關于原點中心對稱圖形，故①是真命題； 對于， 由即知， 設，則與一一對應且隨的增大而增大，， 又由知， 結合知在范圍內，與一一對應且隨的增大而減小， 所以在范圍內，與一一對應且是關于的減函數， 由①可知圖象關于原點中心對稱，所以可得到在的圖象，如圖 ?? 代入點可得，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. 【點睛】方法點睛：確定不等式表示的區(qū)域范圍 第一步：得到等式對應的曲線； 第二步：任選一個不在曲線上的點，若原點

11、不在曲線上，一般選擇原點，檢驗它的坐標是否符合不等式； 第三步：如果符合，則該點所在的一側區(qū)域即為不等式所表示的區(qū)域；若不符合，則另一側區(qū)域為不等式所表示的區(qū)域. 8．D 【分析】根據“單調偶遇關系”的新定義可判斷選項①，②；以一次函數為例，可判斷③；令，通過計算可判斷④． 【詳解】對于①：數列中，由可知任意兩項不相等，定義域為滿足（1）， 數列和均單調遞增滿足（2）， 數列的前項和， 由得，解得， 所以使成立，滿足（3），故①正確； 對于②：數列中，由可知任意兩項不相等，定義域為滿足（1）， 數列和均單調遞增滿足（2）， 的前項和，由得恒成立， 所以使成立滿足（3），

12、 故與具有“單調偶遇關系”，故②說法正確； 對于③：以一次函數為例，，，， 即， 整理得，只要方程有正整數解且即可，如方程中取，則有， 即，對進行不同的取值即可保證數列具有“單調偶遇關系”的函數有無數組，故③說法不正確； 對于④：中令． 由得，取，即可保證恒有解，故選項④正確． 故選：D． 【點睛】關鍵點點睛：通過①可想到③中以一次函數為例，通過②可想到④中令，通過舉例達到解決問題的目的. 9．BD 【分析】利用回歸直線的性質判斷A；利用波動性判斷B；利用相關系數的意義判斷C；利用正態(tài)分布的對稱性計算判斷D作答. 【詳解】對于A，回歸直線恒過樣本點的中心，不一定過樣本點

13、，A錯誤； 對于B，將一組數據的每個數據都加一個相同的常數后，數據的波動性不變，方差不變，B正確； 對于C，用相關系數來刻畫回歸效果，越接近，說明模型的擬合效果越好，C錯誤； 對于D，隨機變量，則， D正確． 故選：BD 10．ACD 【分析】根據方程的特征可判斷ABC的正誤，利用極坐標和導數可判斷D的正誤. 【詳解】設，則，故曲線關于原點對稱，且關于軸對稱， 又，故曲線關于直線對稱，故A正確，B錯誤. 因為，故， 故，故C正確． 對于D，令，則曲線的極坐標方程為． 故 ， 所以，同理有，故選項D正確． 故選：ACD 11．ABD 【分析】由公垂線的性質判

14、斷A；由線面平行的性質判斷B；舉反例判斷C；設，，由等邊三角形三邊相等，判斷D． 【詳解】對于A： 因為是正方體， 所以平面，平面， 又因為平面，平面， 所以，，即是與的公垂線段， 因為公垂線段是異面直線上兩點間的最短距離， 所以當分別與重合時，最短為2，故A正確； 對于B： 因為是正方體， 所以平面平面，且平面， 所以平面， 可知，當點在上運動時，點到平面的距離不變，距離， 由可知，當點在上運動時，到的距離不變， 所以的面積不變， 所以，所以B正確； 對于C： 當分別與重合時，； 當為中點，與重合時，，所以錯誤； 對于D：如圖以點為原點，以所在直線為軸建

15、立空間直角坐標系， 設，， 則，，，， ， ， ， 因為為等邊三角形， 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】借助全概率公式計算即可得. 【詳解】記事件：選取的產品為次品， 記事件：此件次品來自甲生產線， 記事件：此件次品來自乙生產線， 記事件：此件次品來自丙生產線， 由題意可得， ，，， 由全概率的公式可得 ， 從這三條生產線上隨機任意選取1件產品為次品數的概率為0.047. 故答案為：0.047. 13．21 【分析】根據題意，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①，根據即可判斷①錯誤，對②，根據即可判斷②正確，對③，根據復合函數的單調性即可判斷③正確，對④，對進行分類討論，利用導數求解其極值即可判斷④錯誤. 【詳解】對①，，定義域為， ， 所以為奇函數，關于原點對稱，故①錯誤. 對②，， 所以的圖像關于直線對稱，故②正確. 對③令，，，在為增函數， ，，，在為減函數， 所以當時，在區(qū)間上單調遞減，故③正確. 對④，， 當時，，， 所以，，為減函數， ，，為增函數，則無極大值，不符合舍去. 當時

17、，，，， 所以，，為減函數， ，，為增函數，則無極大值，不符合舍去. 當時，在上有兩個根，且， 所以，，為減函數， ，，為增函數， ，，為減函數， ，，為增函數， 即函數在上存在一個極大值點，不符合題意，故④錯誤. 故選：②③ 15．(1) (2)最大值為5，最小值為 【分析】（1）求出，由題意得，結合得到關于、的二元一次方程組，解方程組即可求得的解析式； （2）利用導數求出函數在上的單調性，即可求出在上的最值. 【詳解】（1）因為，則， 則根據題意有：①，②， 聯立①②有：，解得：，所以. 經驗證，滿足題設. （2）因為，所以， ，即， 解得，；

18、 所以當時，不在定義域內，所以有： 單調遞減 單調遞增 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）根據線面垂直的性質可得，由，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明； （2）建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求面面角即可； （3）設，由向量線性運算的坐標表示可得，結合計算即可求解. 【詳解】（1）連接，直四棱柱，， 則點在平面內. 因為平面，且平面， 所以， 又底面為正方形，所以，又， 所以平面，平面， 故； （2）因為平

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系， 則，故 設平面的一個法向量為， 則，即，令，則，于是. 因為平面，所以是平面的一個法向量. 設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）存在一點使得平面，此時，理由如下： 設， 則， 線段上存在一點使得平面等價于， 即，解得， 所以. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）乙在第1場、第4場均負，利用獨立事件的乘法公式進行求解； （2）分析出甲獲勝的情況，得到各個情況下的概率，相加后得到答案； （3）分乙的決賽對手是甲，丙，丁，分析出各場比賽勝負情

20、況，求出相應的概率，相加后得到答案. 【詳解】（1）乙連負兩場，即乙在第1場、第4場均負， ∴乙連負兩場的概率為； （2）甲獲得冠軍，則甲參加的比賽結果有三種情況： 1勝3勝6勝；1負4勝5勝6勝；1勝3負5勝6勝， ∴甲獲得冠軍的概率為：． （3）若乙的決賽對手是甲，則兩人參加的比賽結果有兩種情況： 甲1勝3勝，乙1負4勝5勝；甲1負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果有兩種： 乙1勝3勝，丙2勝3負5勝；乙1勝3負5勝，丙2勝3勝， 若考慮甲在第4場和第5場的結果，乙與丙在第

21、3場和第6場相遇的概率為： ， 若乙的決賽對手是丁，和乙的決賽對手是丙情況相同， ∴乙進入決賽，且乙與其決賽對手是第二次相遇的概率為：． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）設點，然后代入橢圓方程，即可求出，再根據橢圓定義求； （2）設，求出，根據二次函數在給定區(qū)間上的最值要求列不等式求解； （3）設直線的方程為，與橢圓聯立，寫出韋達定理，再根據求出的坐標，代入橢圓方程，利用韋達定理計算，利用基本不等式求最值. 【詳解】（1）因為，所以設點， 則，所以，即， 所以； ； （2）設，則，， 則， 所以，， 要時取最小值，則必有， 所以； （3

22、）設過點且法向量為的直線的方程為，， 聯立，消去得， 則， 則， ， 又， 又點在橢圓上，則， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， 即的最大值為. 19．(1)是“數列”；理由見解析. (2)； (3). 【分析】（1）由遞推公式得到，判斷出，結合“數列”的定義即可證明； （2）先利用單調性判斷出，結合“數列”的定義，分類討論求出； （3）分類討論：當為有理數時，設，結合“數列”的定義，證明出符合題意；當為無理數時，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“數列”； （2） 所以在上單調遞減，在上單調遞增， 所以. 當時，（*）， 因此當時，，， 即，此時為“數列”， 當時，， 由（*）得，， 因此，顯然不是“數列”， 綜上所述：； （3）當為有理數時，必存在，使得， 則， 因此集合中元素個數不超過，為有限集； 當為無理數時，對任意，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，即．