河南省TOP二十名校2024届高三下学期质检一数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省TOP二十名校2024届高三下学期质检一数学试题一、选择题1.若，则实数（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗D〖解析〗因为，所以，所以．故选：D.2.的展开式中常数项为（）A.28 B.56 C.70 D.76〖答案〗A〖解析〗的展开式的通项公式为：，令，解得，故的展开式中常数项为．故选：A.3.若，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，则，所以．故选：A.4.已知圆，则下列说法错误的是（）A.点在圆外 B.直线平分圆C.圆的周长为 D.直线与圆相离〖答案〗D〖解析〗由可知圆心坐标为，圆的半径为1．对于选项A：由点到圆心的距离所以点在圆外，故A正确；对于选项B：因为圆心在直线上，所以圆关于直线对称，故B正确；对于选项C，圆的周长为，故C正确；对于选项D，因为圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，故D错误．故选：D．5.直线经过椭圆长轴的左端点，交椭圆于另外一点，交轴于点，若，则该椭圆的焦距为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对直线方程令，则，令，则，则，点的坐标为，点的坐标为，又因为，设，因为，即，则，解得，所以，代入椭圆的方程得，所以，所以椭圆的焦距为．故选：C.6.在与中，已知，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可知：有唯一解，且，由正弦定理，可得，所以关于A的方程有唯一解，可知曲线和水平直线必须有唯一的交点，则或，解得或．故选：D.7.如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（）A. B.1 C. D.〖答案〗B〖解析〗连接．由已知得为的中位线，所以，为正三角形的中线，所以，又，所以，所以为直角三角形，所以．因为，所以到平面的距离为，设到平面的距离为，因为，所以，所以，所以．故选：B.8.甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可知：i的取值集合为，且，在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为，在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为，根据全概率公式可得，整理得，变形得，因为，则，同理可得，所以是公比为的等比数列，所以，各项求和得，则，即，解得．故选：C.二、选择题9.已知双曲线的左、右焦点分别为、，，过的直线与的右支交于点，若，则（）A.的渐近线方程为 B.C.直线的斜率为 D.的坐标为或〖答案〗ABD〖解析〗对于A选项，，且，解得，又因为，故双曲线的渐近线方程为，A对；对于B选项，因为点在右支上，则，①又因为，则，②联立①②可得，，所以，，B对；对于C选项，若点在第一象限，则直线的斜率为，若点在第四象限，由对称性可知，直线的斜率为.综上所述，直线的斜率为，C错；对于D选项，设点，则，且，可得，所以，解得，则，可得，即点，D对.故选：ABD.10.某质点的位移与运动时间的关系式为的图象如图所示，其与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，则（）A.B.C.质点在内的位移图象为单调递减D.质点在内的平均速率为（平均速率）〖答案〗AC〖解析〗由题意可知：函数的周期，所以，故A正确；令，即，因为，即，且，可得或，又因为，所以，故B错误；因为，由图象可知：在内单调递减，且，所以在上单调递减，故C正确；由图象直接得该质点在内的路程为，所以该质点在内的平均速率为，所以D错误．故选：AC.11.已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，则（）A.的图象关于点中心对称 B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗由题意可得，两式相减可得①，所以的图象关于点中心对称，A错误；由②，②式两边对求导可得，可知是偶函数，以替换①中的可得，可得，所以是周期为4的周期函数，B正确；因为，可知也是周期为4的周期函数，即，两边求导可得，所以，C正确；因为，令，则，即，又因为是偶函数，所以，又因为是周期为4的周期函数，则，由可得，所以，D正确.故选：BCD.三、填空题12.若集合，则__________．〖答案〗〖解析〗由可得．故〖答案〗为：.13.记函数的图象为，作关于直线的对称曲线得到，则曲线上任意一点与曲线上任意一点之间距离的最小值为__________．〖答案〗〖解析〗由题意可知：，设为曲线上的一点，令过点A的切线斜率为，解得，所以，所以点A到直线的距离为，所以曲线上任意一点与曲线上任意一点之间距离的最小值为．故〖答案〗为：.14.在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为__________．〖答案〗〖解析〗分别取、的中点、，连接．因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，平面，所以，，因为，所以，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，所以，因，所以，所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上．设，则，即，所以，所以三棱锥外接球的半径为，表面积为，因为，，即，所以、、、四点共圆，所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，故四棱锥外接球的表面积为．故〖答案〗为：四、解答题15.近年来，短视频作为以视频为载体的聚合平台，社交属性愈发突出，在用户生活中覆盖面越来越广泛，针对短视频的碎片化缺陷，将短视频剪接成长视频势必成为一种新的技能．某机构在网上随机对1000人进行了一次市场调研，以决策是否开发将短视频剪接成长视频的APP，得到如下数据：

青年人中年人老年人对短视频剪接成长视频的APP有需求200对短视频剪接成长视频的APP无需求150其中的数据为统计的人数，已知被调研的青年人数为400．（1）求的值；（2）根据小概率值的独立性检验，分析对短视频剪接成长视频的APP的需求，青年人与中老年人是否有差异？参考公式：，其中．临界值表：0.10.050.010.0050.0012.7063.84166357.87910.828解：（1）由题意可得：，解得．（2）零假设为：对短视频剪接成长视频APP的需求，青年人与中老年人没有差异．由已知得，如下列联表：

青年人中老年人合计对短视频剪接成长视频的APP有需求300250550对短视频剪接成长视频的APP无需求100350450合计4006001000可得，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，所以对短视频剪接成长视频的APP有需求，青年人与中老年人有差异．16.如图，三棱柱中，为底面的重心，．（1）求证：∥平面；（2）若底面，且三棱柱的各棱长均为6，设直线与平面所成的角为，求的值．（1）证明：连接交于点，连接．因为为底面的重心，则，又因为，则，可知∥，因为平面平面，所以∥平面．（2）解：取的中点，连接．因为底面，且三棱柱的各棱长均为6，可知射线两两垂直，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，可得，所以．17.在平面直角坐标系中，已知直线与抛物线相切．（1）求的值；（2）已知点在抛物线上，分别位于第一象限和第四象限，且，过分别作直线的垂线，垂足分别为，求四边形面积的最小值．解：（1）因为直线与抛物线相切，所以方程组有唯一解，所以有唯一解，所以，且，解得．（2）设直线的方程为，，因为点在抛物线上，分别位于第一象限和第四象限，联立方程，消去x得，则，可得，因为，即，整理得，即，解得，可知直线的方程为，可知，，符合题意，则四边形的面积为．令，所以，因为，则，且与在上单调递增，可知在上单调递增，当且仅当，即时，，所以四边形面积的最小值为．18.已知函数，，.（1）判断是否对恒成立，并给出理由；（2）证明：①当时，；②当，时，.（1）解：恒成立，理由如下:令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，其中，故在上恒成立，故在上单调递增，故，即恒成立;（2）证明：①时，单调递增，故，又，故要证，只需证，令，则只需证明，令，则函数在上单调递增，所以当时，，所以，所以在上单调递减，所以，故，所以当时，;②由（1）知，，由于，所以，所以19.在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．（1）若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；（2）若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；（3）若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．（1）解：因为为1阶等比数列，