河南省南阳市邓州市部分学校2024届高三下学期普通高等学校招生全国统一考试数学模拟测试(一模)试题

河南省南阳市邓州市部分学校2024届高三下学期普通高等学校招生全国统一考试数学模拟测试（一模）试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．现有一个杯口和杯底的内径分别为的圆台形的杯子，往杯中注入一部分水，测得水面离杯底的高为，该高度恰好是杯子高度的一半，则杯中水的体积为（

）A． B． C． D．3．已知为坐标原点，为双曲线的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），若，且，则的离心率为（

）A． B． C． D．24．已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知点，圆．若第一象限内的点满足与圆分别相切于两点，且，则（

）A． B．2 C．1 D．6．已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，则（

）A． B．C． D．7．已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点，若，且，则（

）A． B． C． D．8．已知三个锐角满足，则的最大值是（

）A． B．C． D．二、多选题9．下列命题正确的是（

）A．数据2，3，5，8，6的极差是6B．数据2，4，6，8，10，12，14，16的第25百分位数是5C．一组数据的众数和中位数一定会在原始数据中出现D．若数据的平均数为3，数据的平均数为11，则数据的平均数为810．已知函数与它的导函数的定义域均为，且满足下列三个条件：①；②；③．下列结论正确的是（

）A． B．C．是偶函数 D．在上单调递增11．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（

）A．若，则动点的轨迹长度为B．三棱锥的体积的最大值为C．的取值范围是D．若，则的大小为定值三、填空题12．已知复数满足，则．13．已知函数在区间上有最小值，则整数的一个取值可以是．14．投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为．四、解答题15．通常人们认为语文作文成绩与课外阅读习惯（阅读习惯分为良好和不够良好两类）有很大关联，为了研究这个看法是否可信，某课外研究小组从学校一次期中测试语文作文成绩优秀的学生中随机调查了200人，同时在语文作文成绩不够优秀的学生中也随机调查了200人，得到如下数据：语文作文成绩课外阅读习惯合计不够良好良好优秀60140200不够优秀18020200合计240160400(1)在这400名学生中按照课外阅读习惯良好与否进行分层随机抽样，抽取20名学生了解学生的行为习惯形成的原因，再从这20名学生中任选3人进行面对面访谈，求这3名学生中至少有1人课外阅读习惯良好的概率；(2)根据小概率值的独立性检验，能否认为语文作文成绩与课外阅读习惯有关联？附：．0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816．在中，内角所对的边分别为，且．(1)证明：．(2)过点作，垂足为，且，求的值．17．如图，在四面体中，是的中点．(1)证明：．(2)若，点是四面体的外接球的球心，求平面与平面的夹角的余弦值．18．已知椭圆的离心率为是椭圆上的一动点，点到点的距离的最大值为．(1)求椭圆的方程．(2)设是椭圆上的一点，O是坐标原点，直线与椭圆交于两点，且是线段的中点．以为切点作椭圆的切线，与椭圆交于两点，试问四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．19．已知函数.(1)若函数在上单调递增，求的取值范围.(2)若函数的两个零点分别是，且，证明：①随着的增大而减小；②.

参考答案1．【答案】B【详解】,则,故故故选:B.2．【答案】C【详解】由题可得，杯底面积为，杯口面积为，圆台中截面面积，又溶液高度为，则杯中水溶液的体积．故选：C．3．【答案】B【详解】设双曲线右焦点为，连接，由对称性可知，因为，所以，故四边形为矩形，，因为，所以，由双曲线定义可得，由勾股定理得，由题意得，即，解得，故，解得，离心率为.故选：B4．【答案】C【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；反之，若为常数列，则，则，得，则，易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.故选:C．5．【答案】A【详解】圆的圆心，半径，过点满足与圆分别相切于两点，则平分，即，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，又，所以，所以，所以，即，解得，所以圆的圆心，半径，则有，又三点共线，所以两点重合，在中，，所以，，在中，由余弦定理得：.故选：A.6．【答案】D【详解】由图知，，所以，所以，或，，因为，所以，结合选项可得，此时，所以，，所以，，因为，所以或，综上可得，，所以，因为函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以．故选：D．7．【答案】B【详解】由题意，不妨设点再第一象限，则点在第四象限，设，因为，，所以，则，又两点都在抛物线上，则，所以，，所以，故，又三点共线，所以，即，所以，解得（舍去）.故选：B.8．【答案】D【详解】因为三个锐角满足，所以，则，所以，整理得，又，于是解得，当且仅当时取等号，所以的最大值为.故选：D.9．【答案】ABD【详解】对于A，数据2，3，5，8，6的极差是，故正确；对于B，因为，所以数据2，4，6，8，10，12，14，16的第25百分位数是，故正确；对于C，1、2、3、4四个数的中位数为2.5，不在原始数据中，故错误；对于D，数据的平均数为3，数据的平均数为11，则数据的平均数为，故正确；故选：ABD.10．【答案】ABD【详解】取，由于条件③可得，所以，又，若存在某个，则，由于②，故不存在，因此，进而可得，取，由于，所以，A正确，取，由于，所以，因此当，综上可得，故B正确，取，所以，因此在上单调递增，D正确，若，则，满足条件①，同时也满足②③，但是不是偶函数，故C错误.故选：ABD.11．【答案】ACD【详解】对于A项，由正方体性质得面，且内切球半径，分别取、、中点、、，如图所示，易知面面，故面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，易知球心面，则到面的距离为面与面的距离，所以截面圆半径为.故点轨迹长度为，故A项正确；对于B项，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，所以到平面距离为，因为面，面，所以，又，所以三棱锥的体积的最大值为，故B项错误；对于C项，取中点，连接、、，如图所示，则，所以，平面截球的截面图如图所示，又，，则，所以当位于时，所以当位于时，，则，所以，即的范围为，故C项正确；对于D项，由题意知，，又，所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上，又因为点在以为球心，1为半径的球面上，所以点在椭球面与球面的交线处，则平面截球与椭球的截面图如图所示，由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故D项正确.故选：ACD.12．【答案】5【详解】因为，所以，所以所以，则，故答案为：5.13．【答案】（答案不唯一，中的任意整数均可）【详解】由可知，，又在上有最小值，所以在上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，令，则在上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，所以，解得，又因为，所以.故答案为：（答案不唯一，中的任意整数均可）.14．【答案】/【详解】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙，所以第3次投壶的人是乙的概率为.第2次投壶的人是甲的情况有：甲甲、乙甲，第1次投壶的人是乙的情况有：乙，设“第2次投壶的人是甲”为事件A，设“第1次投壶的人是乙”为事件B，则.故答案为：；.15．【答案】(1)(2)根据小概率值的独立性检验，认为语文成绩与课外阅读习惯有关联【详解】（1）由题意知，抽取的20人中课外阅读良好的人有人，课外阅读不够良好的人有人，则从20人中抽取3人，3人课外阅读习惯都不够良好的概率为，所以从20人中抽取3人，3名学生中至少有1人课外阅读习惯良好的概率为.（2）零假设：语文作文成绩与课外阅读习惯无关联，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，故根据小概率值的独立性检验，认为语文成绩与课外阅读习惯有关联.16．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为，则由正弦定理得，所以，整理得，所以.（2）如图所示，由题意知，在中，，在中，，由（1）知，，所以，即，所以，，，所以在中，，在中，，所以在中，由余弦定理得.故的值为.17．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：取中点，连接、，如图所示，因为，所以，因为为中点，所以，又因为，所以，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）以点为原点，分别以、为轴、轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，设，则，解得，即，则，，，因为且，则的中点为外接圆的圆心，所以由球的性质可知平面，又且，为的中点，同理：平面，连接、、，因为平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，即平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以.所以.故平面与平面的夹角的余弦值为.18．【答案】(1)(2)四边形的面积为定值，等于.【详解】（1）由椭圆的离心率为可得：，解得：.设点坐标为，由题意可得：，，则所以当时，取得最大值.因为点到点的距离的最大值为所以，解得：.所以椭圆的方程为：.（2）设点坐标为，根据题意可得：，.当过点的直线垂直于轴时，由题意可得：，，且.将代入椭圆可得：，；将代入椭圆可得：，，此时四边形的面积为.当过点的直线不垂直于轴时，设直线的斜率为，直线的方程，则.联立直线与椭圆的方程：，整理得：.因为直线与椭圆相切，所以，即.设点，，联立直线与椭圆的方程：，整理得：，则所以又因为点到直线：的距离为，所以.又因为直线与椭圆交于两点，且是线段的中点，所以，则四边形的面积为.综上可得：四边形的面积为定值，等于.19．【答案】(1)(2)①证明见解析：②证明见解析【详解】（1）若函数在上单调递增，易知，令，，令，，所以在上单调递减，在上单调递增，故原命题等价于求，且，故，解得，即的取值范围为.（2）①引理：对，必有成立，令，故，令，，令，，故在上单调递减，在上单调递增，则，即恒成立，故成立，设，则，即，可得的最小值为而，当时，，且由引理知，故，由零点存在性定理得有两个零点，结合可得，故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为，我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得，且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有，此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可，由于，首先，我们有，，所以，，其次，我们实际上有，（因为要么，要么），所以，若，则，，然后考虑，显然我们有，若，则，所以另一根一定小于，从而，若，由于是