河南省濮陽市2024屆高三下學期數學模擬試題（四）（解析版）

2024年高考數學模擬試題（四）一、選擇題：本題共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.用按比例分配的分層隨機抽樣方法，從某學校的600名男生和800名女生中選取14人參與某項研學活動，則女生比男生多選?。ǎ〢.8人 B.6人 C.4人 D.2人【答案】D【解析】【分析】確定抽樣比計算出男生和女生的人數即可得出結論.【詳解】依題意可知，分層抽樣比為，因此可得選取的男生為6人，女生為8人，所以女生比男生多選取2人.故選：D2.已知，，，，若，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據向量模長公式結合同角三角關系可得，即可得結果.【詳解】由題意可得：，若，則，可得，則，且，所以.故選：C.3.PA，PB，PC是從點P引出的三條射線，每兩條的夾角均為60°，則直線PC與平面PAB所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】將PA,PB【詳解】如圖所示，把PA,PB,PC放在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則，所以，設平面的法向量，則，令，則，所以n=(1,1,-1)，所以．設直線與平面所成角為，所以，所以．故選：C．4.已知函數，滿足，則實數的值為（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】將的值依次代入解析式，解出的值即可求解.【詳解】，即，則.故選：.5.在平面直角坐標系中，點F的坐標為，以線段FP為直徑的圓與圓相切，則動點P的軌跡方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分兩圓外切和內切兩種情況，根據兩圓位置關系結合雙曲線的定義分析求解.【詳解】由題意可知：圓的圓心為O0,0，半徑，設，以線段FP為直徑的圓的圓心為M，半徑為，若圓與圓外切，則，，可得；若圓與圓內切，則，，可得；綜上所述：，可知動點P的軌跡是以為焦點的雙曲線，且，則，所以動點P的軌跡方程為.故選：B.6.已知是遞增的等比數列，且，等差數列滿足，，．設m為正整數，且對任意的，，則m的最小值為（）A.8 B.7 C.5 D.4【答案】D【解析】【分析】根據已知條件求出，設，利用錯位相減求出可得答案.【詳解】設等比數列an的公比為，由得，①因為bn是等差數列，所以，即，可得，②由①②解得，或，因為an是遞增的等比數列，所以，即，設數列bn的公差為，由，，得，，解得，，所以，設，則，兩式相減可得，所以，因為，所以，若，則，可得，所以最小值為4.故選：D.7.設實數，若不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】將原不等式轉化為恒成立，先判斷得出恒成立，結合不等式的基本性質可得恒成立，進而求解即可.【詳解】，即，因為，所以，即恒成立，令，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，因為，所以，若時，不等式恒成立，則恒成立，若時，，恒成立，則也成立，所以當時，恒成立，所以得，即，設當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，所以，即正實數的最小值為.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：運用同構的基本思想將原不等式轉化為恒成立，再運用不等式的性質，先得出恒成立，再運用導數討論恒成立進而求出結果.8.已知函數在區(qū)間上有且僅有4個極值點，給出下列四個結論：①在區(qū)間0,π上有且僅有3個不同的零點；②的最小正周期可能是；③的取值范圍是；④在區(qū)間上單調遞增.其中正確結論的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】令，，則,，結合條件可得有4個整數符合題意，可求出的取值范圍，再利用三角函數圖象性質逐項分析即可得出結論.【詳解】由函數，令，可得，，因為在區(qū)間上有且僅有4個極值點，即可得有且僅有4個整數符合題意，解得，即，可得，即，解得，即③正確；對于①，當時，，即可得，顯然當時，在區(qū)間上有且僅有3個不同的零點；當時，在區(qū)間上有且僅有4個不同的零點；即①錯誤；對于②，的最小正周期為，易知，所以的最小正周期可能是，即②正確；對于④，當時，；由可知，由三角函數圖象性質可知在區(qū)間上單調遞增，即④正確；即可得②③④正確.故選：C【點睛】方法點睛：求解三角函數中的取值范圍時，經常利用整體代換法由圖象性質限定出取值范圍即可求得結果，特別注意端點處的取值能否取到等號即可.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.已知方程，則下列說法正確的是（）A.若方程有一根為0，則且B.方程可能有兩個實數根C.時，方程可能有純虛數根D.若方程存在實數根，則或【答案】ACD【解析】【分析】將方程進行等價變形為，利用復數的定義，若復數為0，則實部為0，虛部也為0，判斷AB選項；結合基本不等式求解實根的范圍判斷D選項；舉例當且b=-4時，有純虛根判斷C.【詳解】解：A選項：若方程有一根為0，則代入方程有，則有，，即且，故A正確；B選項：方程可變形為：，即，則，只有一解，故B錯誤；C選項：當且b=-4時，方程為，是該方程的一個純虛根，故C正確；D選項：若方程存在實數根，則，代入方程可得：，即，即，解得：或，即或，故D正確故選：ACD10.已知為雙曲線上一點，為其左右焦點，則（）A.若，則的面積為B.若，則的周長為C.雙曲線上存在一點，使得成等差數列D.有最大值【答案】BD【解析】【分析】根據題意根據雙曲線定義及余弦定理，可對A、B判斷求解；根據等差數列性質及雙曲線定義可對C判斷求解；根據雙曲線定義及二次函數求最值可對D判斷求解.【詳解】由題意得，，，不妨設且在雙曲線的右支，如圖.對A、B：由雙曲線定義可得，設，在中由余弦定理得：，當時，可得，解得，故A錯誤；當時，，解得，所以的周長為，故B正確；對于C：假設存在點，不妨設在雙曲線的右支，則，所以公差，且，當三點不共線時，設則，即，又因為，所以，又因為三點不共線，所以，故此種情況不符合；當三點共線時，則，故此種情況不符合；綜上所述，則假設不成立，故不存在點，故C錯誤.對D：，令，則，因為，所以，所以，所以的最大值為，故D正確.故選：BD.【點睛】關鍵點點睛：對C項利用雙曲線定義及幾何關系得到不成立，D項中利用二次函數法求出最值.11.函數，，，則下列說法正確的有（）A.函數有且僅有一個零點B.設方程的所有根的乘積為，則C.當時，設方程的所有根的乘積為，則D.當時，設方程的最大根為xM，方程的最小根為，則【答案】BCD【解析】【分析】A選項，求出恒過定點，當時，無交點；B選項，畫出，的圖象，由圖象可得，且，即，故；C選項，當時，，求出，，故，C正確；D選項，由題意得，，結合反函數的性質得到答案.【詳解】A選項，令，則，其中恒過定點，當時，，畫出，的圖象，如下：可以看出兩函數無交點，沒有零點，A錯誤；B選項，畫出，的圖象，可以看出兩函數有2個交點，設交點橫坐標分別為，，其中，，由圖象可得，且，故，即，故，則，B正確；C選項，當時，，方程，即，時，，時，，故，C正確；D選項，當時，，畫出的圖象，可以看出，再畫出的圖象，的最小根為，則，由于與互為反函數，關于對稱，而也關于對稱，故與相加得，，解得，D正確.故選：BCD【點睛】函數零點問題：將函數零點問題或方程解的問題轉化為兩函數的圖象交點問題，將代數問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了思維難度，首先要熟悉常見的函數圖象，包括指數函數，對數函數，冪函數，三角函數等，還要熟練掌握函數圖象的變換，包括平移，伸縮，對稱和翻折等，涉及零點之和問題，通?？紤]圖象的對稱性進行解決.三、本題共3小題，每小題5分，共15分．12.對一個四棱錐各個頂點著色，現有5種不同顏色供選擇，要求同一條棱連接的兩個頂點不能著相同的顏色，則不同的著色方法有______種（用數字作答）．【答案】420【解析】【分析】依題意按照分類分步計數原理直接計算可得結果.【詳解】根據題意可知，需分五步進行著色，在四棱錐中，如下圖所示：按照的順序進行著色，則點有5種顏色可選，點有4種顏色可選；點有3種顏色可選，若點顏色與點相同，則點有3種顏色可選；若點顏色與點不同，則點有2種顏色可選，此時點有2種顏色可選；所以共有種.故答案為：42013.設實數x，y，z滿足，則的最大值是______．【答案】##0.75【解析】【分析】根據給定條件，消去并變形，借助二次函數最值求解即得.【詳解】實數x，y，z滿足，則，于是，當且僅當且時取等號，所以當時，.故答案為：14.過焦點為F的拋物線上一點A作其準線的垂線，垂足為B，直線BF與拋物線相交于C、D兩點，當時，三角形ABF的面積為___________．【答案】18【解析】【分析】根據題意，過點做垂直準線于點，過點做垂直準線于點，由條件可得，即可得到點坐標，從而得到直線方程以及點坐標，再由拋物線方程，代入計算，結合三角形面積公式，即可得到結果.【詳解】過點做垂直準線于點，過點做垂直準線于點，設準線與軸交于點，做出圖像如圖所示，由拋物線的定義可得，，，因為，則點為中點，為的中位線，即，所以，由可得，，且拋物線，則，則，則點的橫坐標為，將代入拋物線方程，可得，即，又F1,0，則直線的斜率為，由點斜式可得直線方程為，聯立，解得，即，則點的縱坐標為，代入拋物線方程可得其橫坐標為，則，所以.故答案為：18四、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.某老師在課余時間為緩解同學們的學習疲勞，組織了兩組摸球游戲，事先準備好兩個袋子，紅、白、黑三種顏色但質地均勻且大小相同的球若干個.（1）一個袋子中有10個大小相同的球，其中紅球7個，黑球3個，每次從袋中隨機摸出1個球，摸出的球不再放回.求第2次摸到紅球的概率；（2）另一個袋子中裝有5個大小相同的球，其中紅球2個，白球3個.每次從袋中隨機摸出1個球，摸出后把球放回，并再裝入與摸出球同色的球3個，共摸2次．求摸出的兩個球都是紅球的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據條件概率結合全概率公式，即可求解.（2）設事件“第i次摸到紅球”為，結合獨立事件的概率乘法公式即可求解【小問1詳解】記事件“第i次摸到紅球”為，則第2次摸到紅球的事件為，于是由全概率公式，得．【小問2詳解】記事件“第i次摸到紅球”為，則，，因此16.已知實數，函數．（1）若存在零點，求實數a的取值范圍；（2）當函數和有相同的最小值時，求a．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）先求導函數再根據導函數正負得出函數的單調性再根據存在零點列出不等式求解；（2）分別求出函數的最小值，再列出方程化簡構造新函數，根據函數單調性求值.【小問1詳解】因為，所以．由，得，，此時在上單調遞減，在上單調遞增，所以，且，，若存在零點，則只需要即可，所以，故實數的取值范圍是．【小問2詳解】由（1）知，，且．函數的定義域為0,+∞，，當0<x<1a時，，故在上為減函數當x>1a時，，故在上為增函數，故．因為和有相同最小值，所以，整理得到，其中，設，，則故為上的減函數，而，故的唯一解為，故的解為．綜上，．17.如圖，在四棱錐中，，且，，，，，為的中點.（1）求證：平面PDC；（2）在線段上是否存在點，使得平面與平面PDC的夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，1【解析】【分析】（1）取中點，連，證明為平行四邊形，得線線平行，進而證明線面平行；（2）由長度計算利用勾股定理證明垂直關系，建立空間直角坐標系，假設存在點，設，利用法向量方法得兩平面夾角的余弦值建立方程求得，則得的值.【小問1詳解】取中點，連，由為的中點，則，又，則，又，所以四邊形為平行四邊形，則，平面PDC，平面PDC，則平面PDC.【小問2詳解】取中點，連，由且，則四邊形是平行四邊形，故，又，則，所以，由，則，在中，，由余弦定理得，則，而，所以，則，即，又，所以平面，在平面內作.以為軸正向建立空間直角坐標系，則，所以，假設存點滿足題意，設，則可得，設平面的法向量，則，令，則；設平面PDC的法向量，則，令，則；所以，解得，所以假設成立，即存在，且時，使得平面與平面PDC的夾角的余弦值為.18.已知橢圓，點P是橢圓C上頂點，點A，B是橢圓C上的另外兩個點．（1）若點，分別是橢圓C的左、右焦點，，，，焦點在AB上，求橢圓C的離心率；（2）若，，其中，若，證明：滿足條件的有且只有一個充要條件是橢圓C的離心率的取值范圍為．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）結合橢圓定義結合已知條件計算離心率；（2）分類討論結合三角函數運算，再根據角的范圍得出滿足條件的角的唯一性,進而求出離心率范圍.【小問1詳解】在中，因為，，，所以由余弦定理，得．由橢圓的定義知解得．于是，由橢圓的定義知．在中，由余弦定理，可知所以．所以橢圓的離心率．【小問2詳解】（?。┤?，則易知直線PA和PB的斜率均存在，不妨設直線PA的傾斜角為，直線PB的傾斜角為，且，則．因為直線PA過橢圓的上頂點，所以可設直線PA的方程為，設，由，得則．又，所以，其中．同理，．因為，所以，整理，得，所以，或．又，，所以由，得，由，得．于是，有且只有一個的充要條件是關于的方程要么只有一個解，要么無解．若方程只有一個解，則，即．設橢圓離心率為，得若方程無解，則，或（舍去），整理，得．（ⅱ）若，則在直線PA和PB中，有一條的斜率可以不存在，不妨設直線