河南省名校学术联盟2024届高三高考模拟信息卷&押题卷数学试题（一）
一、选择题
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知,且,则（ ）
A. B. C. D.
3. 某惠民医院开展“关爱健康，守护生命，服务老人”的义诊活动，需要临时从某科室中抽调3名医护人员，已知该科室现共有3名医生和4名护士.为了保障医院工作正常运作，该科室内至少需要留有1名医生和2名护士，则不同的抽调方案共有（ ）
A. 72种 B. 36种 C. 30种 D. 18种
4. 已知为坐标原点，，，则（ ）
A. B. 0
C. D. 随变化而变化
5. 已知函数，，则（ ）．
A. 的图象关于y轴对称，的图象关于点对称
B. 的图象关于y轴对称，的图象关于y轴对称
C. 的图象关于原点对称．的图象关于点对称
D. 的图象关于原点对称．的图象关于y轴对称
6. 为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知为坐标原点.等轴双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与的右支交于点P，Q.设与的内切圆圆心分别是M，N，直线，的斜率分別是，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 物种多样性是指一定区域内动物、植物、微生物等生物种类的丰富程度，关系着人类福祉，是人类赖以生存和发展的重要基础.通常用香农-维纳指数来衡量一个群落的物种多样性.，其中为群落中物种总数，为第个物种的个体数量占群落中所有物种个体数量的比例.已知某地区一群落初始指数为，群落中所有物种个体数量为，在引人数量为的一个新物种后，指数（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题
9. 已知正数，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则
11. 已知是坐标原点，平面向量，，，且是单位向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若A，B，C三点共线，则
C. 若向量与垂直，则的最小值为1
D. 向量与的夹角正切值的最大值为
12. 已知动点在圆上，动点在圆上，且以为直径的圆过坐标原点，则（ ）
A. 是定值
B. 不是定值
C. 存在定点，使得点到线段的中点的距离是一个定值
D. 以P，Q为焦点，且过原点的所有椭圆中，离心率的最小值为
三、填空题
13. 已知函数的图象关于点对称,在区间上单调递减,则______.
14. 设同一随机试验中的两个事件A，B满足，，，则______.
15. 已知函数满足：对于任意正整数，．若使得不等式成立的最小正整数是2023，则的取值范围是______．
16. 已知圆，抛物线.若对于上任意一点，使得对圆上任意两点A，B，总有，则的取值范围是______.
四、解答题
17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，依次成等比数列.
（1）求；
（2）若，且，求.
18. 已知正项数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，证明：.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
20. 如图，四棱锥的底面为菱形，，，，.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
21. 桌面上放有一个四个面分别标有字母A，B，C，D的正四面体.若将该正四面体轻轻推倒，其与桌面接触的面会随之更换，且其他各面与桌面接触的可能性均相等.现将该正四面体标有字母的面与桌面接触，每次将其轻轻推倒后，标有字母B，C，D的面等可能地与桌面接触.将该正四面体推倒次后，记事件“标有字母B，C，D的三个面均与桌面有过接触”发生的概率为.
（1）当时，记标有字母B，C，D的三个面与桌面有过接触的面的个数为随机变量；当时，记标有字母B，C，D的三个面与桌面有过接触的面的个数为随机变量，求随机变量X，Y的数学期望；
（2）记，若存在实数，使得数列为等比数列，求实数的值，并求.
22. 已知长为3的线段的两个端点和分别在轴和轴上滑动，动点满足，记点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若与轴非负半轴交于点，过点作与以点为圆心，为半径的圆相切的直线，，且，分别交于点M，N，证明：直线过定点.河南省名校学术联盟2024届高三高考模拟信息卷&押题卷
数学试题（一）解析版
一、选择题
1. 【答案】C
【解析】由已知得，
所以，
故选：C.
2. 【答案】D
【解析】设复数则所以得
则所以解得
故选：.
3. 【答案】C
【解析】要使科室内至少留有1名医生和2名护士，则有以下两类情况：
①抽调的3名医护人员由2名医生1名护士组成，则有种;
②抽调的3名医护人员由1名医生2名护士组成，则有种.
所以不同的抽调方案共有种.
故选：C.
4. 【答案】A
【解析】由题意，
，，
∴
∴
，
故选：A.
5. 【答案】D
【解析】任意，，且，
故的图象关于原点对称；
任意，
，则，
故是偶函数，的图象关于y轴对称.
故选：D．
6. 【答案】B
【解析】依题意，，而平面平面，平面平面，
又平面平面，则平面，，
因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令圆半径，则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
7. 【答案】A
【解析】如图所示，设的内切圆和三边分别相切于点,
则
且
设直线的倾斜角为，
则,
同理，,
等轴双曲线知，,
故选：A.
8. 【答案】A
【解析】记初始物种数量为，第个物种的个体数量，
所以，
则,
,
所以，
在引人数量为的一个新物种后，物种数量为，所有物种的个体数量为，
第个物种即为引入的新物种，个体数量为,
则，
，
所以，
结合①②可得:.
故选:A.
二、选择题
9. 【答案】AC
【解析】因为，所以，C正确；
又因为在上单调递增，所以，A正确；
不妨取，则，B错误；
因为，所以，
又在R上单调递增，所以，D错误.
故选：AC.
10. 【答案】BC
【解析】对于A，若当为奇数时，，当为偶数时，，符合数列特征，故A错误；
对于B，由A中数列，当，，时满足，
此时，，，，故D错误；
令，则，
所以，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
故选：BC
11. 【答案】AD
【解析】在平面直角坐标系中，令，
由，，得，，则，
对于A，，因此，A正确；
对于B，由三点共线，得，即，
于是，解得，即，B错误；
对于C，，由向量与垂直，得，
而，则，
当且仅当时取等号，C错误；
对于D，令向量与的夹角为，，当时，，，
当时，不妨令，，则，，显然，
，
当且仅当时取等号，D正确
故选：AD
12. 【答案】ACD
【解析】因为圆上，圆心,半径为，
圆，圆心,半径为，
则两圆关于原点对称，
设点关于原点的对称点为,则点在圆上，
即点为的中点，
又以为直径的圆过坐标原点，
所以,则，则
且为圆的直径，
则，为定值，A正确；
,为定值，则B错误；
设，，
因为是线段的中点，则
，
因为点满足方程，
代入并化简可得
，所以点的轨迹是圆，
则存在定点,使得点到线段的中点的距离是一个定值,
故C正确；
根据椭圆的定义知，
,
当且仅当时，等号成立，
故，
故，离心率的最小值为，故D正确，
故选：ACD
三、填空题
13. 【答案】
【解析】因为函数的图象关于点对称,
所以解得
当时,
因为在区间上单调递减,
所以
解得所以
当时,满足所以
故答案为：
14. 【答案】
【解析】由，得；
由全概率公式：，
则.
故答案是：.
15. 【答案】
【解析】设，
令得，
所以当为正整数时，由等差数列的通项公式，
得．
由题意知，
解得．
故答案为：.
16. 【答案】
【解析】设直线分别与圆M切于点，设，因为对于上任意一点，
使得对圆上的任意两点A，B，总有，所以,即，
所以，即,
设，则，
又，
设，
对称轴，，
当，即时，在时当时，此时满足题意，
当时，若时在时不合题意，
所，即，所以时，
在时当时，
即,化简得，解得，
所以，
综上：，
故答案为：.
四、解答题
17. 解：（1）在中，由成等比数列，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
（2）令，则，在与中，由余弦定理得
，即，即，
由（1）知，联立解得，
所以.
18. （1）解：由已知得，
令，则，即，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以，
所以，即，
则，故；
（2）证明：由已知得，
其中，
所以，
当时，，
所以
.
19. （1）解：函数的定义域为，
求导得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由，得，函数在上单调递减，
由，得，函数在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
令函数，求导得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，则，
于是，有，当时，则，
因此，
所以.
20. （1）证明：在四棱锥中，四边形是菱形，
由，，，
得，则，即，而，于是，
取中点，连接，由，得是正三角形，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此，而为中点，所以.
（2）解：由（1）知，平面，而平面，
则平面平面，
在平面内过作，平面平面，
则平面，
于是直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，在中，，
，
则，
，
设平面、平面的法向量分别为，
则，令，得，
则，令，得，
因此，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
21. 解：（1）根据题意,每次推到后，标有字母B，C，D的面与桌面接触的概率均为，
则随机变量的所有可能取值为，
且,
,
,
则的分布列为：
1 2 3
故
随机变量的所有取值可能为，
,
,
,
则的分布列为：
1 2 3
故
（2）根据题意，,
当时，
在次推到后，标有字母B，C，D的三个面均与桌面有过接触，
有两种情况，
第一种是次推到后，B，C，D的三个面均与桌面有过接触，
这种情况的概率为，
第二种情况是次推到后，B，C，D的三个面只有两个面与桌面有过接触，
第次推到后，剩余的一面与桌面接触，
这种情况的概率为，
所以当时，
，
所以,
,
若为等比数列，设公比为，
即，
，
解得,
则,
故时，是以为首，以为公比的等比数列，
则，
则，
所以.
22. （1）解：设，，,
因为，所以，
又因为，，，
所以，，解得，，
代入，整理得：；
（2）证明：由题意可知，的斜率存在，设斜率分别为，，
直线的方程为，由圆心到直线的距离为，
可得，整理得，同理可得，
所以，整理可得，
当直线斜率不存在时，设直线方程为，代入可得
，，
此时，，代入，
得，所以直线的方程为；
当直线斜率存在时，设直线方程为，
设，，
联立可得，
又，，
所以
，
把上式代入，
可得，即，
因为，所以，
所以直线过定点，
综上直线过定点.
