数学：河南省顶级名校2024届高三下学期高考考前全真模拟演练试题（解析版）

这是一份数学：河南省顶级名校2024届高三下学期高考考前全真模拟演练试题（解析版），共16页。试卷主要包含了 已知，则， 直线，圆， 的展开式中的系数为， 已知，，则的最小值为， 在中，，且交于点，，则， 数列满足等内容，欢迎下载使用。
1. 样本数据45，50，51，53，53，57，60的下四分位数为（ ）
A. 50B. 53C. 57D. 45
【答案】A
【解析】由这组数据共7个，则，
所以这组数据的下四分位数为第2个数据50.
故选：A．
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
所以.
故选：B．
3. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若中点的横坐标为4，则（ ）
A. 16B. 12C. 10D. 8
【答案】B
【解析】设，
由题设有，由抛物线的焦半径公式有：
而
故选：B.
4. 直线，圆.则直线被圆所截得的弦长为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】圆的标准方程为，
由此可知圆的半径为，圆心坐标为，
所以圆心到直线距离为，
所以直线被圆截得的弦长为.故选：D.
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 208B. C. 217D.
【答案】B
【解析】根据二项式定理可得，
的展开式中，含的项为.
所以，的展开式中的系数为.故选：B.
6. 已知，，则的最小值为（ ）
A 8B. 4C. D.
【答案】A
【解析】由，，可得，则
则
，
当，得时，等号成立，
所以的最小值为8.
故选：A
7. 在中，，且交于点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，
得，
而为锐角，则，
在中，由余弦定理得，
所以.故选：B.

8. 已知为椭圆上一点，分别为其左、右焦点，为坐标原点，，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】令，显然点不在x轴上，，
则，
由余弦定理得，
因此，而，
于是，整理得，则，
所以的离心率为.
故选：C.
二､多选题
9. 数列满足：，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】AC
【解析】由，当，解得，故A正确；
当，可得，
所以，所以，
即，而，故C正确，B不正确；
因，故D错误.
故选：AC.
10. 已知的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 在区间单调递减
C. 在区间的值域为
D. 在区间有3个极值点
【答案】AD
【解析】由图像得，，解得，
故，故此时有，
将代入函数解析式，得，
故，解得，
而，故，此时，显然成立，故A正确，
易知，，而，，
又，故在区间上并非单调递减，故B错误，
易知，，故在区间的值域不可能为，故C错误，当时，，，
当时，取得极值，
可得在区间有3个极值点，故D正确.
故选：AD.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点（不含端点），过三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法错误的是（ ）
A. 正方体被平面所截得的截面形状为梯形
B. 存在一点，使得点和点到平面的距离相等
C. 若是的中点，则三棱锥外接球的表面积是
D. 当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点
【答案】BCD
【解析】选项A：设过三点的平面与交点为，连接，
因为平面平面，且平面平面，
平面平面，所以，
由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，即，
所以正方体被平面所截得截面形状为梯形，故A正确.
选项B：由点和点到平面的距离相等，
若点和点到平面的距离相等，必有平面，
又由，可得平面，与平面矛盾，故错误；
选项C：取的中点，由正方体的性质，可知三棱锥的外接球的球心在上，
设为，设外接球的半径为,则可得，
解得，，
所以三棱锥外接球的表面积是，故C错误；
选项D：如图：在上取点，使得，连接，
设，因为
，
正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为：
，
解得，故D错误.故选：BCD.
三､填空题
12. 已知，，则在的方向上的投影向量是________．(结果写坐标)
【答案】
【解析】因为，，
所以在的方向上的投影向量是，
故答案为：.
13. 已知集合.若，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】已知集合，且，
当时，，解得，符合题意；
当时，则，解得，
综上：实数的取值范围为.故答案为：
14. 已知函数的定义域为，若，且，则__________.
【答案】
【解析】令，得，
再令，得，
所以，因为，所以，
令，得，所以，即，若，则代入中，，
由，所以，即，且，
令，得，由，，所以，所以为偶函数，所以，，
令，得，所以，即，因为，所以，
所以为周期函数，周期为4，
所以，
，
所以
故答案为：.
四､解答题
15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， .
（1）求角A的大小；
（2）若为边上的中线，且，求b+2c的最大值.
解：（1）由正弦定理得，
又，所以，
所以，即.
因为，，所以，即.
（2）由余弦定理得，
即，
所以，
即.
所以，
所以
当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为8
16. 已知函数的图像在处的切线与直线平行．
（1）求函数的单调区间；
（2）若，且时，，求实数m的取值范围．
解：（1）的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，
则在递增，在递减．
（2）因为，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．
17. 已知椭圆C：的左､右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点.设，证明：为定值.
（1）解：由题意得：解得，椭圆的标准方程是.
（2）证明：由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0，
设的方程为，则，令可得.
联立方程得，
设，则，
由可得，
则有，解得，同理.
，
故为定值.
18. 如图，在三棱锥中，，，的中点分别为，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的大小.
（1）证明：连接、，设，
则，，
因为，，则，
，解得，则为的中点，
由分别为的中点，
所以且， 且，即且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）证明：由（1）可知，则，，
所以，因此，则，
有，又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（3）解：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
在中，，
在中，
，
即，
设，所以由，可得，
解得，所以，
则 ，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
又平面的一个法向量为，
设二面角，显然为钝角，
所以，所以二面角的大小为.
19. 某种植物感染病毒极易死亡，当地生物研究所为此研发出了一种抗病毒的制剂.现对20株感染了病毒的该植株样本进行喷雾试验测试药效.测试结果分“植株死亡”和“植株存活”两个结果进行统计，并对植株吸收制剂的量（单位：毫克）进行统计.规定植株吸收在6毫克及以上为“足量”，否则为“不足量”.现对该20株植株样本进行统计，其中“植株存活”的13株，对制剂吸收量统计得下表.已知“植株存活”但“制剂吸收不足量”的植株共1株.
（1）补全列联表中的空缺部分，依据的独立性检验，能否认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”有关？
（2）现假设该植物感染病毒后的存活日数为随机变量（可取任意正整数）.研究人员统计大量数据后发现：对于任意的，存活日数为的样本在存活日数超过的样本里的数量占比与存活日数为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于0.1，这种现象被称为“几何分布的无记忆性”.试推导的表达式，并求该植物感染病毒后存活日数的期望的值.
附：，其中；当足够大时，.
解：（1）填写列联表如下：
零假设为：“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关联.
根据列联表中的数据，经计算得到：，
依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关.
（2）由题意得.
又，故.
把换成，则.
两式相减，得，即.
又，
故对任意都成立，
从而是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，因此.
由定义可知，
而，下面先求.
，
，
作差得
.
所以，当足够大时，，，故，可认为.
编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
吸收量（毫克）
6
8
3
8
9
5
6
6
2
7
编号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
吸收量（毫克）
7
5
10
6
7
8
8
4
6
9
吸收足量
吸收不足量
合计
植株存活
植株死亡
合计
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
吸收足量
吸收不足量
合计
植株存活
12
1
13
植株死亡
3
4
7
合计
15
5
20