河南省周口市项城市5校2024届高三上学期8月开学摸底考数学试题（解析版）

河南省周口市项城市5校2024届高三上学期8月开学摸底考试题

数学

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解不等式得到，求出交集.

【详解】，，

故.

故选：B

2. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【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：C

3. 已知同一平面内的单位向量满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【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：D

4. 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

【解析】

【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：C

5. 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

【解析】

【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

【解析】

【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：A

7. 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

【解析】

【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

【解析】

【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、多项选择题：本题共4小题，毎小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

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

【解析】

【分析】A选项，设的平均数为，求出的平均数为，无法确定的大小，故无法确定与的大小关系；B选项，设的中位数为，得到的中位数为，不确定的大小，故无法确定与的大小关系；C选项，设的平均数为，标准差为，求出的方差为，因为，所以，C正确；D选项，设的极差为，求出的极差为，从而得到D正确.

【详解】A选项，设的平均数为，即，

又，

所以，

因为无法确定的大小，故无法确定与的大小关系，A错误；

B选项，设的中位数为，又，单调递增，

所以与的大小排列顺序不变，故的中位数为，

但不确定的大小，故无法确定与的大小关系，B错误；

C选项，设的平均数为，标准差为，

则，

由A选项可知，的平均数为，

所以的方差为

，

故的方差为，

因为，所以，当且仅当时，等号成立，

故的标准差不大于的方差，C正确；

D选项，设的极差为，又，单调递增，

所以与的大小排列顺序不变，故的极差为，

因为，所以，当且仅当时，等号成立，

故的极差不大于的极差，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

【解析】

【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：ABD

11. 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

【解析】

【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

【解析】

【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：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知函数，则______．

【答案】3

【解析】

【分析】先计算出，再计算出.

【详解】，故，

又，故.

故答案为：3

14. 设，若，，则______．

【答案】

【解析】

【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】##

【解析】

【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】

【解析】

【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：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

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）

【解析】

【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，根据为边中点，得到，平方后求出，得到.

【小问1详解】

由题意，所以，

因为，所以．

小问2详解】

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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．

【小问2详解】

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

【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.

【小问1详解】

由已知得，

所以是首项为，公比为的等比数列，所以.

【小问2详解】

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

当时，，，

，，

所以切线方程为，即．

【小问2详解】

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

【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，.

【小问1详解】

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，．

【小问2详解】

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

，②

①－②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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

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.