河南省三门峡部分名校2024届高三下学期高考模拟考试(一)数学试卷(解析版)

这是一份河南省三门峡部分名校2024届高三下学期高考模拟考试(一)数学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了 已知复数，则， 若，则的值为， 在中，，则， 研究表明，地震时释放的能量，030，故A项正确；等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
故.
故选：D.
2. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为集合或，所以，
所以.
故选：C.
3. 若，则的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得：.
故选：A
4. 在中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】如图，
因为，所以，
又，所以，
所以.
故选：D.
5. 研究表明，地震时释放的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.2024年1月30日在新疆克孜勒苏州阿合奇县发生了里氏5.7级地震，所释放的能量记为年1月13日在汤加群岛发生了里氏5.2级地震，所释放的能量记为，则比值的整数部分为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】由已知得，所以，
所以，
因为，所以，
所以.故选：B.
6. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上的值域为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设的最小正周期为，由图象可知，
所以，则，故，
又的图象过点，所以，
所以，又，所以，则，
则.
当时，，
当或.即或时，，
当，即时，，
所以的取值范围为.
故选：C.
7. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在轴上，且的内心坐标为，若线段上靠近点的三等分点恰好在上，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，则，（为坐标原点），
设的内心为，所以的内切圆的半径为，
在中，，又，
由等面积法得，解得，
所以为等边三角形，其边长为，高为，则，
所以，代入的方程得，
整理得，由，
可得，两边同时除以，
可得，解得，因为，
所以，即.
故选：C.
8. 在三棱锥中，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，，
因为为的中点，，所以为的外心，
由为的外心，得三点共线，且.
由题意得平面，面，则，
故直线与平面所成角为的余角，
所以，所以.
在中，由题设可得，
由正弦定理得，
所以，
所以在Rt中，，
所以球的表面积.
故选：B.
二､多选题
9. 某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A.
B. 样本质量指标值的平均数为75
C. 样本质量指标值的众数小于其平均数
D. 样本质量指标值的第75百分位数为85
【答案】ACD
【解析】对于A项，由题意知，解得0.030，故A项正确；
对于B项，样本质量指标值的平均数为，故B项错误；
对于C项，样本质量指标值的众数是，故C项正确；
对于D项，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，
故第75百分位数位于第4组，设其为，
则，解得，
即第75百分位数为85，故D项正确.
故选：ACD项.
10. 已知正方体的棱长为为的中点，为线段上一动点，则（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 平面
C. 平面平面
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【解析】对于选项，如图，连接，则，
则或其补角为异面直线与所成角，
因为，所以，
故异面直线与所成角为，故选项错误；
对于选项，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，设与交于点，
其中，
因为，
所以，
因为，所以，
又平面平面，
所以平面，故选项正确.；
对于选项，由正方体的性质可知，平面，
而平面，所以，
因平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故选项正确；
对于选项，由，平面，平面，
得平面，
又，所以点到平面的距离为定值，
又的面积确定，，
所以三棱锥的体积为定值，故选项正确.
故选：.
11. 已知函数及其导函数，且，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】因为，所以的图像关于直线对称.
令，得，故A项正确；
因为.所以，即，
所以，因为，所以，
即，所以，则的一个周期为4.
因为的图像关于直线对称，所以是的一个极值点，
所以，所以，则.故B项错误；
由，得，即.
所以，故C项正确；
设为常数），定义域为，
则，
又，所以，显然也满足题设，
即上､下平移均满足题设，显然的值不确定，故D项错误.
故选：AC
三､填空题
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则的值为__________.
【答案】4
【解析】由题得，解得，
所以当时，，
所以.
故答案为：4.
13. 2024年春耕期间，某农业局将含甲､乙在内的6位农业干部分配到3个村庄去指导农民春耕，要求每人只去1个村庄，每个村庄至少有1人前去，且甲､乙不分配到同一个村庄，则不同的分配方法共有__________种.（用数字作答）
【答案】390
【解析】①6人分成的形式，则共有种分组方式，
若甲､乙同组，则还需选择两人成组，共有种选法，故共有种分组方式；
②6人分成的形式，则共有种分组方式，
其中甲､乙同组，剩下四人还可以分为的形式，共有种分法，
或者分为的形式，共有种分法，故共有种分组方式；
③6人分成的形式，共有种分组方式，
其中甲､乙同组，剩下四人还可以分为的形式，
所以共有种分组方式，故共有种分组方式.
综上，共有种分组方式，所以共有种分配方法.
故答案为：390.
14. 已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于两点，则的最小值为__________，若为等边三角形，则__________.
【答案】8 24
【解析】由已知得，准线方程为，设直线的方程为，，，弦的中点，如图所示，
联立消去并整理得，
则，，
所以，
所以，，即，
所以.
故当时，.
若为等边三角形，则，如图所示，
则设直线的方程为，即，
所以点，
又，
所以，解得，
所以.
故答案为：8；24.
四､解答题
15. 已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）求的极值.
解：（1）由题意得.
则，又，
所以所求的切线方程为，即.
（2）由（1）可知
令，得.
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故当时，有极小值，无极大值.
16. 如图，在多面体中，四边形为菱形，四边形为矩形，且，是线段上的一个动点，且.
（1）试探究当何值时，∥平面，并给出证明；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
解：（1）当时，∥平面，证明如下：
设，则为的中点，连接，
若∥平面，且平面，平面平面，
可知∥，
又因为∥，可知为平行四边形，
则，可知；
当时，为的中点，
因为为的中点，四边形为矩形，所以，
又因为∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，
且平面平面，
所以∥平面；
综上所述：当且仅当时，∥平面.
（2）因为四边形为菱形，且，
所以为等边三角形，且.
取的中点，连接，则，
又，平面，
所以平面，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设，由可得，
所以，即，
所以.
设平面的法向量为，则，
令，则.可得，
由题意可知：为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
整理得，解得或（舍），
所以的值为.
17. 2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
解：（1）由题意知，的可能取值为，
则，
，
，
故的分布列为
则.
记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.
（2）（i）由题意知，，
则，
令，解得或（舍），
当时，，当时，，
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以当时，有极大值，且的极大值为.
（ii）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
，
，
，
，
所以
所以，即，整理得，
经观察可知是方程的根，
故，
因为恒成立，
所以由可得，解得得，
又，所以的取值范围为.
18. 已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）过点作斜率存在且不为0的直线与相交于两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于两点，记四边形的面积为S，求的取值范围.
解：（1）因为点为的重心，
的边上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.
设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距，
所以，所以，所以的方程为.
（2）设直线的方程为，
联立整理得，
则，
设，则，即，代入椭圆方程得，
所以，则，所以.
由对称性知，
又，
所以.
，
又，所以的取值范围为，
故的取值范围为.
19. 设有穷数列的所有项之和为，所有项的绝对值之和为，若数列满足下列两个条件，则称其为阶“数列”：①；②.
（1）若2023阶“数列”是递减的等差数列，求；
（2）若阶“数列”是等比数列，求的通项公式（，用表示）；
（3）设阶“数列”的前项和为，若，使得，证明：数列不可能为阶“1数列”.
（1）解：设等差数列的公差为，
由①得，即，
所以，所以，则，
又，且，
所以，
所以，
解得，
由，得.
（2）解：设数列的公比为，
当时，由①知，
所以，不满足等比数列的定义，所以.
由①得，
因为，所以，
由②可知或，
故数列的通项公式或，.
（3）证明：由数列为阶“数列”可知，
所有非正项的和为，所有正项的和为，所以.
若，使得，
由上可知，
且.
假设数列为阶“1数列”，则，
设数列的前项和为，则，
所以，
又，所以.
则.
所以，
又，
所以，
，
与性质②不能同时成立，
故数列不可能为阶“0-1数列”.
0
1
2