2023-2024學年河南省高考數學（文）全真模擬試題（一模）一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據二次不等式與根式的定義域求解，再取交集即可.【詳解】，，故.故選：B2．已知復數，則（）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據復數的除法運算化簡，可得與.【詳解】，，，所以，故選：A.3．設命題，則的否定為（）A． B．C． D．【正確答案】C【分析】根據含有量詞的命題否定方法求解.【詳解】因為命題，所以的否定為.故選：C.4．已知代表不同的平面，代表不同的直線，則下列說法中正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【正確答案】D【分析】利用空間線面的關系，對四個選項一一判斷即可.【詳解】對于A：若，則與平面可能平行，也可能垂直，也可能斜交.故A錯誤；對于B：若，則可能平行，也可能相交，也可能異面.故B錯誤；對于C：若，則可能平行，也可能異面.故C錯誤；對于D：若，則.又，所以.故D正確.故選：D5．已知單位向量，滿足，若向量，則（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據向量的數量積運算以及夾角的余弦公式，可得答案.【詳解】由單位向量，則，即，，.故選：B.6．齊國的大將田忌很喜歡賽馬，他與齊威王進行賽馬比賽，他們都各有上、中、下等馬各一匹，每次各出一匹馬比一場，比賽完三場（每個人的三匹馬都出場一次）后至少贏兩場的獲勝．已知同等次的馬，齊威王的要強于田忌的，但是不同等次的馬，都是上等強于中等，中等強于下等，如果兩人隨機出馬，比賽結束田忌獲勝的概率為（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】列舉出各種對應情況，由概率公式即可得到答案.【詳解】將齊威王的上、中、下等馬分別記為，，，田忌的上、中、下等馬分別記為，，，則他們比賽的情況如下：齊威王的馬勝者田忌的馬齊威王田忌的馬齊威王田忌的馬齊威王田忌的馬齊威王田忌的馬田忌田忌的馬齊威王由上表可知，只有齊威王的馬對田忌的馬這種情況，田忌獲勝，所以田忌獲勝的概率．故選：D7．我國古代數學家劉徽在《九章算術注》中提出了割圓術:“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣".這可視為中國古代極限思想的佳作.割圓術可以視為將一個圓內接正n邊形等分成n個等腰三角形(如圖所示)，當n變得很大時，等腰三角形的面積之和近似等于圓的面積.運用割圓術的思想，可得到sin的近似值為（

）A．0.035 B．0.026 C．0.018 D．0.033【正確答案】A將一個單位圓分成180個扇形，則每個扇形的圓心角度數均為，由這180個扇形對應的等腰三角形的面積之和近似于單位圓的面積，能求出的近似值．【詳解】解：將一個單位圓分成180個扇形，則每個扇形的圓心角度數均為，這180個扇形對應的等腰三角形的面積之和近似于單位圓的面積，，．故選：．8．函數的部分圖象大致為（

）A． B．C． D．【正確答案】B【分析】根據圖象，知函數存在奇偶性，先判斷函數的奇偶性，然后根據結合函數值的正負，可得出答案.【詳解】函數，定義域為，，所以函數為奇函數，則排除AD項；當時，，，所以有，所以，B項符合條件.故選：B.9．已知函數，則下面結論錯誤的是（

）A．當時，的取值范圍是B．在上單調遞減C．的圖像關于直線對稱D．的圖像可由函數的圖像向右平移個單位得到【正確答案】D【分析】先應用輔助角公式化簡，再分別根據值域判斷A選項，根據單調性判斷B選項，根據對稱軸判斷C選項，根據平移判斷D選項.【詳解】,當,,,的取值范圍是,A正確;當,,單調遞減,B選項正確;當時,,的圖像關于直線對稱,C選項正確;由函數的圖像向右平移個單位得到,D選項錯誤.故選:D10．已知雙曲線的右焦點為，以為圓心，實軸長為半徑的圓與雙曲線的一條漸近線相交于兩點，當面積最大時，雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據點到直線的距離求出的高，由勾股定理得出，當面積最大時，求出關系式，此時可求離心率.【詳解】設雙曲線的一條漸近線為，為的中點，可得，右焦點為，所以到漸近線的距離為，實軸長為半徑,可知，，根據基本不等式，當且僅當時取到等號，所以面積最大時，此時雙曲線的離心率.故選:B.11．定義在上的函數滿足，則不等式的解集為（）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】構造新函數，利用導數說明其單調性，將變形為，利用函數的單調性即可求解.【詳解】令，則，由于,故,故在單調遞增，而，由，得，∴，即,∴不等式的解集為,故選：D．12．如圖，四邊形為正方形，四邊形為矩形，且平面與平面互相垂直.若多面體的體積為，則該多面體外接球表面積的最小值為A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據題意，設出正方形邊長和矩形的高，根據體積公式，求得等量關系；再找到球心，求得半徑，利用導數求函數的最小值，則問題得解.【詳解】根據題意，連接交于點，過作//交于點，交于，連接.因為四邊形是正方形，故可得，又因為平面平面，且交線為，又平面，故平面，不妨設，故可得多面體的體積；則，解得；又容易知多面體外接球的球心在四邊形外心的垂線上，且為的中點，設外接球半徑為，則；將代入可得，不妨令，則，則，容易知是關于的單調增函數，且當時，，故可得在上單調遞減，在單調遞減.故.則外接球表面積的最小值.故選：B.本題考查棱錐體積的計算、面面垂直的性質、外接球表面積的計算、利用導數求函數的最值，屬壓軸題.二、填空題13．在三棱錐內任取一點P，使得的概率是___________.【正確答案】【分析】求出時，三棱錐的高，過此時的點作平行于底面的截面，要使，則點在三棱錐中，根據體積之比即可得出答案.【詳解】解：設點三棱錐的高為，三棱錐的高為，則，若，則，所以，過此時的點作平行于底面的截面如圖所示，則點到平面的距離為，故，要使，則點在三棱錐中，所以使得的概率是.故答案為.14．設，若，則______．【正確答案】【分析】結合已知條件，利用指對互化和對數的運算即可求解.【詳解】因為，，所以，即，從而，故.故答案為.15．在銳角中，，，若在上的投影長等于的外接圓半徑R，則R=______.【正確答案】2【分析】根據正弦定理和投影長求出，結合得到，利用正弦定理求出答案.【詳解】由題意得，，，即，即，因為，所以，故，故.故216．已知拋物線，焦點為，準線與x軸的交點為，過點的直線與拋物線交于、兩點，且滿足，則______.【正確答案】/【分析】聯立直線和拋物線方程，由韋達定理以及弦長公式得出，再由拋物線的定義以及余弦定理得出，進而得出，最后由得出答案.【詳解】根據對稱性，不妨設由題意知，則可設直線的方程為.由，可得①所以.所以.因為，所以在中，由余弦定理得因此，得，代入①得.解得，因此故

三、解答題17．已知等比數列的公比，前項和為．若，且是與的等差中項.(1)求；(2)設數列滿足，，數列的前項和為.求．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意，利用等比數列的通項公式列出方程求得的值，進而求得數列的通項公式；（2）根據題意，利用，求得，得到，結合等比數列的求和公式，即可求解.【詳解】（1）解：由，得，又由是，的等差中項，可得，即，則，即，可得，解得或，因為，所以，將代入，可得，所以，即.（2）解：因為數列滿足，，可得，，所以當時，，又因為也滿足上式，所以，則，所以.18．新能源汽車是指除汽油、柴油發動機之外的所有其他能源汽車，被認為能減少空氣污染和緩解能源短缺的壓力．在當今提倡全球環保的前提下，新能源汽車越來越受到消費者的青睞，新能源汽車產業也必將成為未來汽車產業發展的導向與目標．某車企統計了近期購車的車主性別與購車種類的情況，其中購車的男性占近期購車車主總人數的60%．現有如下表格：購置新能源汽車（輛）購置傳統燃油汽車（輛）總計男性60女性總計(1)若女性購置新能源汽車人數為所有購車總人數的25%，男性購置傳統燃油汽車人數為所有購車總人數的10%，試完成上面的列聯表，并判斷能否有95%的把握認為是否購置新能源汽車與性別有關；(2)若，，在該車企近期統計的男性購車車主中，求購置新能源汽車的人數大于購置傳統燃油汽車人數的2倍的概率．參考公式及數據：，其中．0.150.050.0100.0050.0012.0723.8416.6357.87910.828【正確答案】(1)填表見解析；有95%的把握認為是否購置新能源汽車與性別有關(2)【分析】（1）由題意補充列聯表，計算卡方后判斷（2）由古典概型求解【詳解】（1）列聯表如下：購置新能源汽車（輛）購置傳統燃油汽車（輛）總計男性501060女性251540總計7525100因為，所以有95%的把握認為是否購置新能源汽車與性別有關．（2）根據題意可知，因為，，所以基本事件分別為，，，，，，，，，，，，，，共14種，設購置新能源汽車的人數大于購置傳統燃油汽車人數的2倍為事件，則，滿足題意的事件有，，，，，，，，，，共10個，所求的概率．19．如圖，在三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形．(1)證明：．(2)若與平面所成的角為，求三棱錐的體積．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，，證出，，由線面垂直的判定定理和性質定理即可得到證明.（2）由（1）知平面平面，由此可得線面角為，進而求得，的長，然后由棱錐體積公式計算可得答案.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，．因為和均為等邊三角形，所以，．因為，平面，所以平面．又平面，所以．（2）由（1）知平面，又平面，所以平面平面，平面平面，故過作平面的垂線，垂足為，則一定在直線上，因為與平面所成的角為，所以．由題意知，所以，所以，所以．故三棱錐的體積．20．如圖，已知橢圓的左、右頂點分別為A，B，點C是橢圓上異于A，B的動點，過原點O平行于AC的直線與橢圓交于點M，N，AC的中點為點D，直線OD與橢圓交于點P，Q，點P，C，M在x軸的上方．

(1)當時，求；(2)求的最大值．【正確答案】(1)－(2)10【分析】（1）設，根據題意求得，得到，進而得到，方法1、由直線的方程為，聯立方程組，分別求得的坐標，得到向量和，結合向量的夾角公式，即可求解；方法2、由，求得，結合，即可求解；方法3、由，結合，即可求解.（2）設點，得到，設直線的方程為，聯立方程組求得，同理得到，方法1、求得，令，利用二次函數的圖象與性質，求得，結合，即可求解；方法2、求得，利用基本不等式求得，進而求得的最大值.【詳解】（1）解：設，因為，且，可得，又因為，解得或（舍去），因為點在軸上方，則，可得，即點的坐標為，由點為的中點，所以點的坐標為，所以，方法1

由于直線過原點且與直線平行，則直線的方程為，因為點在的上方，可得，由，解得，則，所以，則，由，解得，則，所以，則，則；方法2

由于直線過原點且與直線平行，則，因為，可得，則，因為，所以，可得，則.方法3

由于直線過原點且與直線平行，則，因為，則.（2）解：設點，由，可得，則,可得，又由直線的斜率一定存在且不為零，故可設其方程為，由，解得，則，因為，可得，同理可得，方法1

由題可得，令，則，可得，當時，即時，取等號，即又因為，所以的最大值為.方法2

由題可知，所以，當且僅當時，等號成立，又因為，所以的最大值為.

方法技巧：圓錐曲線中的最值問題是高考中的熱點問題，常涉及不等式、函數的值域問題，綜合性比較強，解法靈活多樣，但主要有兩種方法：（1）幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決；（2）函數取值法：若題目的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）單調性法；（4）三角換元法；（5）平面向量；（6）導數法等，要特別注意自變量的取值范圍.21．已知，，(1)若與在處的切線重合，分別求，的值.(2)若，恒成立，求的取值范圍.【正確答案】(1)，(2)【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得且，即可得到方程組，解得即可；（2）依題意可得對恒成立，令，求出函數的導函數，由可得，從而求出的值，再驗證即可.【詳解】（1）解：因為，，所以.，，因為且，即且，解得，.（2）解：因為對恒成立，.對恒成立，即對恒成立，令，因為，所以是的最小值點，且是的極值點，即，因為在上單調遞增，且，所以，下面檢驗：當時，對恒成立，因為，所以當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以，符合題意，所以.22．在直角坐標系中，圓的參數方程為(參數)，以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求的極坐標方程；（2）若射線與圓的交點為，與直線的交點為，求的取值范圍.【正確答案】（1）；（2）.【詳解】試題分析：（1）圓C的參數方程消去參數φ，能求出圓C的普通方程，再由x=ρcosθ，y=ρsinθ，能求出圓C的極坐標方程．（2）設P（ρ1，θ1），則有ρ1=cosθ1，Q（ρ2，θ1），則，=ρ1ρ2，結合tanθ1＞0，能求出的范圍．試題解析：（1）圓的普通方程