河南省荥阳高中2024年高考数学试题全国卷信息归集与高考命题预测

河南省荥阳高中2023年高考数学试题全国卷信息归集与高考命题预测注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．2．设函数，若函数有三个零点，则（）A．12 B．11 C．6 D．33．已知椭圆的中心为原点，为的左焦点，为上一点，满足且，则椭圆的方程为（）A． B． C． D．4．已知实数，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．5．已知单位向量，的夹角为，若向量，，且，则（）A．2 B．2 C．4 D．66．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是()A．任意，使方程无实根B．任意，使方程有实根C．存在，使方程无实根D．存在，使方程有实根7．下列说法正确的是（）A．“若，则”的否命题是“若，则”B．“若，则”的逆命题为真命题C．，使成立D．“若，则”是真命题8．当输入的实数时，执行如图所示的程序框图，则输出的不小于103的概率是（）A． B． C． D．9．已知，，，则（）A． B．C． D．10．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（）A．8 B．9 C．10 D．1111．一袋中装有个红球和个黑球（除颜色外无区别），任取球，记其中黑球数为，则为（）A． B． C． D．12．已知定义在R上的偶函数满足，当时，，函数（），则函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为（）A．2 B．4 C．5 D．6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设为正实数，若则的取值范围是__________．14．数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:①的值域为;②;③;④其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)15．已知椭圆Г：，F1、F2是椭圆Г的左、右焦点，A为椭圆Г的上顶点，延长AF2交椭圆Г于点B，若为等腰三角形，则椭圆Г的离心率为___________.16．已知函数，若关于的方程在定义域上有四个不同的解，则实数的取值范围是_______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）某贫困地区几个丘陵的外围有两条相互垂直的直线型公路，以及铁路线上的一条应开凿的直线穿山隧道，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，以所在的直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，如图所示，山区边界曲线为，设公路与曲线相切于点，的横坐标为.（1）当为何值时，公路的长度最短?求出最短长度；（2）当公路的长度最短时，设公路交轴，轴分别为，两点，并测得四边形中，，，千米，千米，求应开凿的隧道的长度.18．（12分）设，函数，其中为自然对数的底数.（1）设函数.①若，试判断函数与的图像在区间上是否有交点；②求证：对任意的，直线都不是的切线；（2）设函数，试判断函数是否存在极小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.19．（12分）已知.（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）设函数.（1）求的值；（2）若，求函数的单调递减区间.21．（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若，，，求证：.22．（10分）已知在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosB（1）求b的值；（2）若cosB+3sin

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．D【解析】

“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知：可化简为，，所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.2．B【解析】

画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．【详解】作出函数的图象如图所示，令，由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），由，可得的值分别为，则故选B．【点睛】本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.3．B【解析】由题意可得c=，设右焦点为F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由椭圆定义，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，从而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以椭圆的方程为．故选B．点睛：椭圆的定义：到两定点距离之和为常数的点的轨迹，当和大于两定点间的距离时，轨迹是椭圆，当和等于两定点间的距离时，轨迹是线段（两定点间的连线段），当和小于两定点间的距离时，轨迹不存在．4．C【解析】

利用不等式性质可判断，利用对数函数和指数函数的单调性判断.【详解】解：对于实数，，不成立对于不成立．对于．利用对数函数单调递增性质，即可得出．对于指数函数单调递减性质，因此不成立．故选：．【点睛】利用不等式性质比较大小．要注意不等式性质成立的前提条件．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法．5．C【解析】

根据列方程，由此求得的值，进而求得.【详解】由于，所以，即，解得.所以所以.故选：C【点睛】本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，考查向量模的求法，属于基础题.6．A【解析】

只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是“任意，使方程无实根”.故选：A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.7．D【解析】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确．选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确．选项C，由题意知对，都有，故C不正确．选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确．选D．8．A【解析】

根据循环结构的运行，直至不满足条件退出循环体，求出的范围，利用几何概型概率公式，即可求出结论.【详解】程序框图共运行3次，输出的的范围是，所以输出的不小于103的概率为.故选:A.【点睛】本题考查循环结构输出结果、几何概型的概率，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.9．C【解析】

利用二倍角公式,和同角三角函数的商数关系式,化简可得,即可求得结果.【详解】，所以，即.故选:C.【点睛】本题考查三角恒等变换中二倍角公式的应用和弦化切化简三角函数,难度较易.10．B【解析】

根据题意计算，，，解不等式得到答案.【详解】∵是以1为首项，2为公差的等差数列，∴.∵是以1为首项，2为公比的等比数列，∴.∴.∵，∴，解得.则当时，的最大值是9.故选：.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.11．A【解析】

由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得随机变量的数学期望值.【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、、，则，，，.因此，随机变量的数学期望为.故选：A.【点睛】本题考查随机变量数学期望的计算，考查计算能力，属于基础题.12．B【解析】

由函数的性质可得：的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4得解.【详解】由偶函数满足，可得的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，函数的图像与函数（）的图像的位置关系如图所示，可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4.故选：B【点睛】本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据，可得，进而，有，而，令，得到，再用导数法求解，【详解】因为，所以，所以，所以，所以，令，，所以，当时，，当时，所以当时，取得最大值，又，所以取值范围是，故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式的应用和导数法求最值，还考查了运算求解的能力，属于难题，14．②【解析】

根据新定义，结合实数的性质即可判断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.【详解】对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以②正确；对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；对于④，由定义可知，所以④错误；综上可知，正确的为②.故答案为：②.【点睛】本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.15．【解析】

由题意可得等腰三角形的两条相等的边，设，由题可得的长，在三角形中，三角形中由余弦定理可得的值相等，可得的关系，从而求出椭圆的离心率【详解】如图，若为等腰三角形，则|BF1|=|AB|.设|BF2|=t，则|BF1|=2a−t，所以|AB|=a+t=|BF1|=2a−t，解得a=2t，即|AB|=|BF1|=3t，|AF1|=2t，设∠BAO=θ，则∠BAF1=2θ，所以Г的离心率e=，结合余弦定理，易得在中，，所以，即e==，故答案为：.【点睛】此题考查椭圆的定义及余弦定理的简单应用，属于中档题.16．【解析】

由题意可在定义域上有四个不同的解等价于关于原点对称的函数与函数的图象有两个交点，运用参变分离和构造函数，进而借助导数分析单调性与极值，画出函数图象，即可得到所求范围.【详解】已知定义在上的函数若在定义域上有四个不同的解等价于关于原点对称的函数与函数f(x)=lnx-x(x>0)的图象有两个交点，联立可得有两个解，即可设，则，进而且不恒为零，可得在单调递增.由可得时，单调递减；时，单调递增，即在处取得极小值且为作出的图象，可得时，有两个解.故答案为：【点睛】本题考查利用利用导数解决方程的根的问题，还考查了等价转化思想与函数对称性的应用，属于难题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）当时，公路的长度最短为千米；（2）（千米）.【解析】

（1）设切点的坐标为，利用导数的几何意义求出切线的方程为，根据两点间距离得出，构造函数，利用导数求出单调性，从而得出极值和最值，即可得出结果；（2）在中，由余弦定理得出，利用正弦定理，求出，最后根据勾股定理即可求出的长度.【详解】（1）由题可知，设点的坐标为，又，则直线的方程为，由此得直线与坐标轴交点为：，则，故，设，则.令，解得=10.当时，是减函数；当时，是增函数.所以当时，函数有极小值，也是最小值，所以，此时.故当时，公路的长度最短，最短长度为千米.（2）在中，，,所以，所以，根据正弦定理,，，，又，所以.在中，，，由勾股定理可得，即，解得，（千米）.【点睛】本题考查利用导数解决实际的最值问题，涉及构造函数法以及利用导数研究函数单调性和极值，还考查正余弦定理的实际应用，还考查解题分析能力和计算能力.18．（1）①函数与的图象在区间上有交点；②证明见解析；（2）且；【解析】

（1）①令，结合函数零点的判定定理判断即可；②设切点横坐标为，求出切线方程，得到，根据函数的单调性判断即可；（2）求出的解析式，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可．【详解】解：（1）①当时，函数，令，，则，，故，又函数在区间上的图象是不间断曲线，故函数在区间上有零点，故函数与的图象在区间上有交点；②证明：假设存在，使得直线是曲线的切线，切点横坐标为，且，则切线在点切线方程为，即，从而，且，消去，得，故满足等式，令，所以，故函数在和上单调递增，又函数在时，故方程有唯一解，又，故不存在，即证；（2）由得，，，令，则，，当时，递减，故当时，，递增，当时，，递减，故在处取得极大值，不合题意；时，则在递减，在，递增，①当时，，故在递减，可得当时，，当时，，，易证，令，，令，故，则，故在递增，则，即时，，故在，内存在，使得，故在，上递减，在，递增，故在处取得极小值．②由（1）知，，故在递减，在递增，故时，，递增，不合题意；③当时，，当，时，，递减，当时，，递增，故在处取极小值，符合题意，综上，实数的范围是且．【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．19．（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】

（1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间.（2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域.【详解】（1）由得或①当时，由，得.由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.②当时，由，得由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.（2）依题意，不等式恒成立等价于在上恒成立，可得，在上恒成立，设，则令，得，（舍）当时，；当时，当变化时，，变化情况如下表：10单调递增单调递减∴当时，取得最大值，，∴.∴的取值范围是.【点睛】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.20．（1）（2）的递减区间为和【解析】

（1）化简函数，代入，计算即可；（2）先利用正弦函数的图象与性质求出函数的单调递减区间，再结合即可求出.【详解】（1），从而.（2）令.解得.即函数的所有减区间为，考虑到，取，可得，，故的递减区