河南省天一大联考“顶尖计划”2024届高三下学期第六次检测数学试卷含解析

河南省天一大联考“顶尖计划”2024届高三下学期第六次检测数学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知直线是曲线的切线，则（）A．或1 B．或2 C．或 D．或12．下列说法正确的是（）A．命题“，”的否定形式是“，”B．若平面，，，满足，则C．随机变量服从正态分布（），若，则D．设是实数，“”是“”的充分不必要条件3．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，它的底面边长为，侧棱长为，则它的外接球的表面积为（）A． B． C． D．4．已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l的斜率为（）A．1 B．C．2 D．35．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．16．已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．7．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（）A． B． C． D．8．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则9．设点，P为曲线上动点，若点A，P间距离的最小值为，则实数t的值为（）A． B． C． D．10．已知直线和平面，若，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．不充分不必要11．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，，则输出的（）A．3 B．4 C．5 D．612．已知函数，，若成立，则的最小值是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设函数，则满足的的取值范围为________.14．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，，则_______.15．高三（1）班共有56人，学号依次为1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为．16．某外商计划在个候选城市中投资个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过个，则该外商不同的投资方案有____种．三、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．（12分）已知函数（，），且对任意，都有.（Ⅰ）用含的表达式表示；（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.18．（12分）如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正的直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.19．（12分）近年来，随着“雾霾”天出现的越来越频繁，很多人为了自己的健康，外出时选择戴口罩，在一项对人们雾霾天外出时是否戴口罩的调查中，共调查了人，其中女性人，男性人，并根据统计数据画出等高条形图如图所示：（1）利用图形判断性别与雾霾天外出戴口罩是否有关系并说明理由；（2）根据统计数据建立一个列联表；（3）能否在犯错误的概率不超过的前提下认为性别与雾霾天外出戴口罩的关系.附：20．（12分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线为参数）与圆的位置关系．21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为()，将曲线向左平移2个单位长度得到曲线.（1）求曲线的普通方程和极坐标方程；（2）设直线与曲线交于两点，求的取值范围.22．（10分）[2018·石家庄一检]已知函数．（1）若，求函数的图像在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，，且，求证：．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

求得直线的斜率，利用曲线的导数，求得切点坐标，代入直线方程，求得的值.【详解】直线的斜率为，对于，令，解得，故切点为，代入直线方程得，解得或1.故选：D【点睛】本小题主要考查根据切线方程求参数，属于基础题.2、D【解析】

由特称命题的否定是全称命题可判断选项A；可能相交，可判断B选项；利用正态分布的性质可判断选项C；或，利用集合间的包含关系可判断选项D.【详解】命题“，”的否定形式是“，”，故A错误；，，则可能相交，故B错误；若，则，所以，故，所以C错误；由，得或，故“”是“”的充分不必要条件，D正确.故选：D.【点睛】本题考查命题的真假判断，涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等，是一道容易题.3、C【解析】

如图所示，在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，计算长度，设球半径为，则，解得，得到答案.【详解】如图所示：在平面的投影为正方形的中心，故球心在上，，故，，设球半径为，则，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了四棱锥的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.4、B【解析】

设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，，所以.故选:B.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.5、C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6、B【解析】

由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.【详解】平面，底面是边长为2的正方形，如图建立空间直角坐标系，由题意：，，，，，为的中点，.，，，异面直线与所成角的余弦值为即为.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，属于基础题.7、A【解析】

因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.【详解】定义在上的函数的周期为4，当时，，，，.故选：A.【点睛】本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.8、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.9、C【解析】

设，求，作为的函数，其最小值是6，利用导数知识求的最小值．【详解】设，则，记，，易知是增函数，且的值域是，∴的唯一解，且时，，时，，即，由题意，而，，∴，解得，．∴．故选：C．【点睛】本题考查导数的应用，考查用导数求最值．解题时对和的关系的处理是解题关键．10、B【解析】

由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，，当时，存在，，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.11、B【解析】分析：根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解：记执行第次循环时，的值记为有，则有；记执行第次循环时，的值记为有，则有.令，则有，故，故选B.点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.12、A【解析】分析：设，则，把用表示，然后令，由导数求得的最小值．详解：设，则，，，∴，令，则，，∴是上的增函数，又，∴当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，，∴的最小值是．故选A．点睛：本题易错选B，利用导数法求函数的最值，解题时学生可能不会将其中求的最小值问题，通过构造新函数，转化为求函数的最小值问题，另外通过二次求导，确定函数的单调区间也很容易出错．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

当时，函数单调递增，当时，函数为常数，故需满足，且，解得答案.【详解】，当时，函数单调递增，当时，函数为常数，需满足，且，解得.故答案为：.【点睛】本题考查了根据函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.14、9【解析】

已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.【详解】由余弦定理和，可得，得，由，，，由正弦定理，得.故答案为:.【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.15、20【解析】

根据系统抽样的定义将56人按顺序分成4组，每组14人，则1至14号为第一组，15至28号为第二组，29号至42号为第三组，43号至56号为第四组.而学号6,34,48分别是第一、三、四组的学号，所以还有一个同学应该是15+6-1=20号,故答案为20.16、60【解析】试题分析：每个城市投资1个项目有种，有一个城市投资2个有种，投资方案共种.考点：排列组合.三、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、（1）（2）见解析（3）见解析【解析】试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，所以，经验证，可得当时，对任意，都有，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，所以，令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以或解得或无解，所以的取值范围，可得，由题意知，令，则．而当时，，即，所以在上单调递减，所以即时，．（Ⅲ）因为，．令得，．由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以最多只有三个不同的零点．又因为，所以在上递增，即时，恒成立．根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．由，得，又，，所以恰有三个不同的零点：，1，．综上所述，恰有三个不同的零点．【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.18、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为，令，得，证毕.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题．19、（1）图形见解析，理由见解析；（2）见解析；（3）犯错误的概率不超过的前提下认为性别与雾霾天外出戴口罩有关系【解析】

（1）利用等高条形图中两个深颜色条的高比较得出性别与雾霾天外出戴口罩有关系；（2）填写列联表即可；（3）由表中数据，计算观测值，对照临界值得出结论．【详解】解：（1）在等高条形图中，两个深色条的高分别表示女性和男性中雾霾天外出戴口罩的频率，比较图中两个深色条的高可以发现，女性中雾霾天外出带口罩的频率明显高于男性中雾霾天外出带口罩的频率，因此可以认为性别与雾霾天外出带口罩有关系.（2）列联表如下：戴口罩不戴口罩合计女性男性合计（3）由（2）中数据可得：.所以，在犯错误的概率不超过的前提下认为性别与雾霾天外出戴口罩有关系.【点睛】本题考查了列联表与独立性检验的应用问题，也考查了登高条形图的应用问题，属于基础题．20、直线与圆C相切．【解析】

首先把直线和圆转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离的应用求出直线和圆的位置关系．【详解】直线为参数），转换为直角坐标方程为．圆转换为直角坐标方程为，转换为标准形式为，所以圆心到直线，的距离．直线与圆C相切．【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线与圆的位置关系式的应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．21、（1）的极坐标方程为，普通方程为；（2）【解析】

（1）根据三角函数恒等变换可得，，可得曲线的普通方程，再运用图像的平移得依题意得曲线的普通方程