2024届河南省“顶尖计划”高三毕业班上学期第一次联考数学试题含答案

这是一份2024届河南省“顶尖计划”高三毕业班上学期第一次联考数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年河南省“顶尖计划”高中毕业班上学期第一次联考数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到，求出交集.【详解】，，故.故选：B2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先得到共轭复数，进而化简得到，求出.【详解】，故，故，所以.故选：C3．已知同一平面内的单位向量满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意得到，两边平方后得到，从而求出，得到答案.【详解】因为，所以，两边平方得，因为均为单位向量，所以，解得，故，所以.故选：D4．汉代初年成书的《淮南万毕术》记载：“取大镜高悪，算水盆于下，则见四邻矣．”这是中国古代人民利用光的反射原理的实例，体现了传统文化中的数学智慧．光的反射原理可概述为：反射光线、入射光线和法线都在同一平面内；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角．在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后，反射光线所在直线与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】变形后得到圆心和半径，求出关于轴的对称点为，作出辅助线，得到为反射光线所在直线，由两点间斜率公式求出，从而得到答案.【详解】变形为，即圆心为，半径为，求出关于轴的对称点为，连接，过点作⊥交轴于点，连接，则所在直线为入射光线，为反射光线所在直线，其中，故.故选：C5．设各项都为正数的无穷等差数列的公差为，且，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由得出，表示并结合基本不等式得出结果.【详解】等差数列的公差为，且，则，即，所以，.无穷等差数列各项都为正数,所以，，即..当时，即取等号.则的最小值为.故选：C.6．已知圆锥的轴截面为正三角形，用平行于底面的平面截圆锥所得到的圆锥与圆台的体积之比为，则圆锥与圆台的表面积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出图形，设出圆的半径为，，得到其他各边长，从而求出圆锥和圆台的表面积，得到答案.【详解】根据题意得到为等边三角形，设圆的半径为，则，由勾股定理得，设，则，故圆锥的体积为，圆锥的体积为，因为圆锥与圆台的体积之比为，故圆锥与圆锥的体积之比为，即，解得，所以，则圆台上底面面积为，圆台上底面的周长为，圆台下底面面积为，下底面周长为，由勾股定理得，，故，则圆台侧面积为，故表面积为，圆锥的侧面积为，故圆锥的表面积为，所以圆锥与圆台的表面积之比为.  故选：A7．已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为，右焦点为，点在的右支上，且满足，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】由题意得，，然后求出点的坐标，从而可求出，在中利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系可求得答案.【详解】由题意得，，则，，由双曲线的对称性，不妨设点在第一象限，当时，，得，则，即，所以，，，在中，由余弦定理得，因为为锐角，所以，所以，故选：A  8．若函数在单调递增，则的最小值为（    ）A． B． C． D．0【答案】B【分析】参变分离得到，构造，，求导得到函数单调性，得到极值和最值，从而求出，求出最小值.【详解】对任意的恒成立，即，可得，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以在取得极大值，，所以当时，取得最大值，，所以，，故.故选：B【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论. 二、多选题9．已知样本数据，，，和样本数据，，，满足，则（    ）A．，，，的平均数小于，，，的平均数B．，，，的中位数小于，，，的中位数C．，，，的标准差不大于，，，的标准差D．，，，的极差不大于，，，的极差【答案】CD【分析】根据数据的平均数、中位数，以及标准差和极差的定义和计算方法，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，数据的平均数为，数据的平均数为，因为，可得，所以不一定小于，所以A不正确；设数据的中位数为，数据的中位数为，因为，可得，则不一定小于，所以B不正确；设数据的方差为，数据的平均数为，因为，可得，又因为，所以，可得，所以C正确；数据的极差为，数据的平均数为，因为，可得，所以D正确.故选：CD.10．已知函数图象的任意一个对称中心到与之相邻的对称轴的距离为，且将该图象向左平移个单位长度得到的图象关于轴对称，则下列说法正确的是（    ）A．，B．直线为的图象的一条对称轴C．若在单调递增，则的最大值为D．对任意，关于的方程总有奇数个不同的根【答案】ABD【分析】首先根据函数的性质求函数的解析式，再利用整体代入的方法判断函数的对称轴，结合函数的单调区间，求的值，最后利用数形结合，结合对称性，判断实数根的个数.【详解】A.由题意可知，，得，，函数的图象向左平移个单位长度得到函数，因为函数的图象关于轴对称，所以,得，因为，所以    ，所以，故A正确；B.当时，，所以直线为的图象的一条对称轴，故B正确；C.当时，，由题意可知，，，，得，，只有当有解，得，所以的最大值为，故C错误；D.，所以函数关于对称，而也关于对称，所以两个函数图象必有一个交点，若有其他交点，交点也关于对称，所以交点个数是奇数个，方程总有奇数个不同的根，故D正确. 故选：ABD11．已知函数为定义在上的偶函数，，且，则（    ）A． B．的图象关于点对称C．以6为周期的函数 D．【答案】ABC【分析】令，求出可判断A；利用和得出可判断B正确；利用周期函数的定义和求出周期可判断C；赋值法求出，结合周期可判断D.【详解】因为函数为定义在上的偶函数，所以，，对于A，令，可得，因为，可得，故A正确；对于B，因为，所以，可得，从而，又因为，可得，所以，可得，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，因为，所以，所以，可得，所以有，所以以6为周期的函数，故C正确；对于D，，，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，所以，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.12．已知球的半径为2，点是球表面上的定点，且，，点是球表面上的动点，满足，则（    ）A．有且仅有一个点使得 B．点到平面的距离为C．存在点使得平面 D．的取值范围为【答案】ABD【分析】B选项，先根据向量数量积公式得到，，画出三棱锥，设点在平面上的投影为，则⊥平面，设，由勾股定理列出方程，求出，进而求出点到平面的距离；A选项，建立空间直角坐标系，设，则，根据，得到，从而得到方程，求出，即为直径，A正确；C选项，求出平面的法向量，假设有，结合求出的，又，求出或，推出两种情况均不满足，不合要求，D选项，表达出，，其中，设，，利用辅助角公式得到，从而求出的取值范围.【详解】B选项，因为，两边平方得，，故，同理可得，，画出三棱锥，设点在平面上的投影为，则⊥平面，  其中为平面的外心，连接并延长，交于点，则点为的中点，因为，所以⊥，故，由勾股定理得，则，设，则，由勾股定理得，即，解得，由勾股定理得，故点到平面的距离为，B正确；A选项，以为坐标原点，平行于的直线为轴，平行于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则球的方程为，设，因为，所以，解得，设，则，当时，，其中，故，即为直径，故，故有且仅有一个点使得，A正确；  C选项，设平面的法向量为，则，解得，令，解得，故，，因为，所以，解得，又，故，，假设存在点使得平面，则有，即，代入中，，化简得，解得或，当时，，由于，此时不满足，不合题意，当时，此时不满足，不合要求，故不存在点使得平面，C错误.D选项，，其中，设，，则，其中，故，D正确.故选：ABD【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 三、填空题13．已知函数，则      ．【答案】3【分析】先计算出，再计算出.【详解】，故，又，故.故答案为：314．设，若，，则      ．【答案】【分析】先得到，计算出，利用凑角法计算出，从而得到.【详解】因为，所以，因为，所以，故，所以故.则.故答案为：15．一个不透明的盒子中有4个除颜色外完全相同的球，其中3个红球，1个白球．从盒子中随机取两次球，每次取出1个球和2个球的概率均为，则最终盒子里只剩下1个球且是白球的概率为      ．【答案】/【分析】分两种情况，结合组合数公式，求解概率.【详解】第一种情况，第一次先拿1个红色球，第二次拿2个红色球，概率，第二种情况，第一次先拿2个红色球，第二次拿1个红色球，概率，综上可知，最终盒子里只剩下1个球且是白球的概率为.故答案为：16．已知椭圆的两个焦点为．点为上关于坐标原点对称的两点，且，的面积，则的离心率的取值范围为      ．【答案】【分析】作出辅助线，根据题意得到四边形为矩形，故，求出，再根据，利用勾股定理得到，得到，再根据上存在关于坐标原点对称的两点，使得，得到，得到，得到离心率.【详解】连接，由题意得，，又，所以四边形为矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，解得，又上存在关于坐标原点对称的两点，使得，故，所以，即，所以，，解得，综上，的离心率的取值范围是.  故答案为：【点睛】方法点睛：离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)的常见方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围). 四、解答题17．记的内角的对边分别为，的面积为．(1)求；(2)若，，为边的中点，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角形面积公式得到，结合求出；（2）根据余弦定理和三角形面积求出，根据为边的中点，得到，平方后求出，得到.【详解】（1）由题意，所以，因为，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因为为边的中点，所以，所以，则．18．如图，在正四棱柱中，，，E，F，G，H分别为棱，，，的中点．  (1)证明：E，F，G，H四点在同一个平面内；(2)若点在棱上且满足平面，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由中位线可得线线平行，进而证明出，得到四点共面；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，由线面垂直得到的值，从而得到线面角的正弦值.【详解】（1）如图，连接．  因为E，F，G，H均为所在棱的中点，所以且，即四边形为平行四边形，故．又可得，所以，所以E，F，G，H四点在同一个平面内．（2）在正四棱柱中，，，两两互相垂直，故以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．  由，，可知，，，，则，设，则．因为平面，所以，即，得．所以．易得平面的一个法向量为．设与平面所成的角为，则．19．已知数列满足，.(1)设，求数列的通项公式；(2)设，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据递推式得，由等比数列定义求出通项公式即可求解；（2）利用裂项相消法求和，利用符号法证明不等式即可.【详解】（1）由已知得，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.（2）由（1）可知，所以，，所以，因为，所以，即.20．已知函数，．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若为的极小值点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导，得到切线斜率，进而利用点斜式求出切线方程；（2）求定义域，求导，由导函数等于0得到或，分，和三种情况，得到答案.【详解】（1）当时，，，，，所以切线方程为，即．（2）的定义域为，，，令，则或．①当时，，令，解得或，令，解得，可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，故为的极大值点，不符合条件；②当时，，在单调递增，故无极值点；③当时，，令，解得或，令，解得，可知在单调递增，在单调递减，在单调递增，故为的极小值点，符合条件．综上，的取值范围为．21．小明参加一项答题活动，需进行两轮答题，每轮均有道题．第一轮每道题都要作答；第二轮按次序作答，每答对一题继续答下一题，一旦答错或题目答完则结束答题．第一轮每道题答对得5分，否则得0分；第二轮每道题答对得20分，否则得0分．无论之前答题情况如何，小明第一轮每题答对的概率均为，第二轮每题答对的概率均为．设小明第一轮答题的总得分为，第二轮答题的总得分为．(1)若，求；(2)证明：当时，．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设小明第一轮答对的题数为，则，从而求出，再根据求出；（2）设小明第二轮答对的题数为，求出的可能取值及可能取值，得到，利用错位相减法求和，再根据求出，从而比较出当时，.【详解】（1）设小明第一轮答对的题数为，由条件可知，则，因为，所以，因此，当时，．（2）设小明第二轮答对的题数为，则的所有可能取值为0，1，2，…，n，且，，，…，，．所以，①，②①－②得，所以．因为，所以．当时，，，即得证．22．已知抛物线的焦点为，以为圆心作半径为1的圆，过且倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．(1)求的方程；(2)设为坐标原点，为上一点，过作圆的两条切线，分别交于另外两点，直线分别交轴正半轴、轴正半轴于两点，求面积的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用定义可得，联立直线与抛物线，结合韦达定理求解即可；（2）设点，，，分别求出，，的直线方程，进而可得的面积公式，再利用与圆相切的条件，用表示并得到的取值范围，再利用导数求面积的最小值即可.【详解】（1）由题意可知，直线的方程为，联立消去得，设点，，则，所以，即，解得，所以的方程为.（2）由（1）知圆，设点，，，显然，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由的方程可得，，则的面积为，所以．因为与圆相切，所以点到直线的距离为，整理得，同理可得，所以是方程的两根，所以，，解得，的面积化为，设，则，令，得，所以在单调递减，在单调递增，故面积的最小值为．【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.