2024届河南省顶级名校联盟高三上学期期中数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省顶级名校联盟2024届高三上学期期中数学试题一、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.已知集合中恰有两个元素，则a的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由集合中恰有两个元素，得，解得．故选：B．2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗，故复数对应的点坐标为，所以位于第四象限.故选：D.3.里氏震级（M）是表示地震规模大小的标度，它是由观测点处地震仪所记录到的地震波最大振幅（A0）的常用对数演算而来的，其计算公式为.2023年8月6日2时33分，29分钟后又发生3.0级地震，用A5.5和A3.0分别表示震级为5.5和3.0的地震波最大振幅，则（）（参考数据：）A.25 B.31.6 C.250 D.316〖答案〗D〖解析〗由题意得，，，从而，，因此．故选：D．4.已知函数的图象关于直线，则实数a的值为（）A.1 B.2 C.﹣1 D.﹣2〖答案〗B〖解析〗函数，因为函数图象关于直线对称，则，，解得，，则，解得．故选：B．5.某班男生人数是女生人数的两倍，某次数学考试中男生成绩（单位：分）的平均数和方差分别为120和20，女生成绩的平均数和方差分别为123和17，则全班学生数学成绩的方差为（）A.21 B.19 C.18 D.〖答案〗A〖解析〗根据题意，设该班有女生m人，则全班有3m人，则全班学生数学成绩的平均数，全班学生数学成绩方差．故选：A．6.玩积木有利于儿童想象力和创造力的培养．一小朋友在玩四棱柱形积木（四个侧面有各不相同的图案）时，想用5种颜色给积木的12条棱染色，要求侧棱用同一种颜色，且在积木的6个面中，除侧棱的颜色相同外，则染法总数为（）A.216 B.360 C.720 D.1080〖答案〗D〖解析〗根据题意，如图：分3步进行分析：①要求侧棱用同一种颜色，则侧棱有5种选色的方法，②对于上底，有4种颜色可选，则有，③对于下底，每条边与上底和侧棱的颜色不同，有种选法，则共有种选法．故选：D．7.已知是正整数，函数在内恰好有4个零点，其导函数为，则的最大值为（）A.2 B. C.3 D.〖答案〗B〖解析〗因为在内恰好有4个零点，所以，即，所以，又，所以，所以，，所以，其中．故选：B.8.已知过点的直线l与抛物线交于A，B两点，且，点Q满足，点，则的最小值为（）A. B.2 C. D.1〖答案〗C〖解析〗易知直线l的斜率存在且不为零，不妨设直线l的方程为，Ax1联立，消去x并整理得，因为由韦达定理得，，①不妨设，因为，所以，②因为，所以，③联立②③可得，整理得到即④又，⑤联立④⑤，可得，所以的最小值即为点到直线的距离，则最小距离，当最小时，，解得，，经检验，其满足，所以的最小值为．故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题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.已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.当时，取得最大值〖答案〗BCD〖解析〗由题意，，即，，且，A项，，错误；B项，，正确；C项，，正确；D项，由已知可得，且在时加完所有正项，取得最大值，正确．故选：BCD．10.已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且，直线与椭圆的另一个交点为B，且，则下列结论中正确的是（）A.椭圆的长轴长是短轴长的倍 B.线段的长度为C.椭圆的离心率为 D.的周长为〖答案〗BC〖解析〗由，可设，又，可得，解得，即，将的坐标代入椭圆方程，可得，化为，即，故A错误；，故B正确;椭圆的离心率，故C正确;的周长为，故D错误.故选：BC.11.已知函数，则（）A.的极大值为B.存在无数个实数，使关于的方程有且只有两个实根C.的图象上有且仅有两点到直线的距离为D.若关于的不等式的解集内存在正整数，则存在最大值，且最大值为〖答案〗AD〖解析〗由题意知：的定义域为，，当时，；当时，；在，上单调递减，在上单调递增；又，；当时，；当时，；可作出图象如下图所示，对于A，由单调性可知：的极大值为，A正确；对于B，由图象可知：当且仅当或时，方程有且只有两个实根，B错误；对于C，，恒成立，结合图象可知：图象上有且仅有一个上方的点到直线的距离为，C错误；对于D，的解即为的图象在直线上方时，所对应的范围，要使关于的不等式的解集内存在正整数，则直线过点时，斜率取得最大值，，D正确.故选：AD.12.已知正四棱锥的棱长均为2，M，N分别为棱，的中点，则下列结论中正确的是（）A.动点Q的轨迹是半径为的球面B.点P在动点Q的轨迹外部C.动点Q的轨迹被平面截得的是半径为的圆D.动点Q的轨迹与平面有交点〖答案〗BCD〖解析〗对于A，设点是底面正方形的中心，连接，则平面，取中点，连接，显然三点共线，由中位线性质可得，正方形中，，，连接、，则，所以，在中，，可得.∵，点Q在以为直径的球面上，因此动点Q的轨迹是半径为的球面，故A错误；，则，所以点在以为球心的球面外，故B正确；对于C，因为点到平面的距离为，点在平面，所以球心到平面的距离为，故球面与平面相交，且动点Q的轨迹被平面截得的是半径为的圆，故C正确；对于D，若为中点，连接，显然，而，由于为中点，故，所以，即为平行四边形，所以，不在面内，面，则面，所以到面的距离，即为上任意一点到面距离，由于，而，则，所以动点Q的轨迹与平面有交点，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出对任意，都有成立的一个θ的值：_________．〖答案〗〖解析〗因为，又因为，所以只须，即，所以满足条件的一个可以是.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.过点P向圆作切线，切点为A，过点P向圆作切线，切点为B，若，则动点P的轨迹方程为__________〖答案〗〖解析〗圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，设点，因为分别切圆，圆于点，且，于是，则，整理得，所以动点P的轨迹方程为.15.已知在四棱锥中，，，，，平面，当四棱锥的体积最大时，_________．〖答案〗〖解析〗在四棱锥中，平面，而平面，则，又，平面，于是平面，由，，因此四棱锥的体积为，要使四棱锥的体积取得最大值，当且仅当取得最大值，而，即，当且仅当时取等号，而平面，平面，则，，又，，在中，由余弦定理得：．16.已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗因为函数在区间上没有零点，且时，，所以在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，，设，可得，因为，可得，所以，所以在区间上单调递减，所以，所以，所以，实数的取值范围为.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.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角；（2）过点A作，连接，使，，，四点组成四边形，若，求的长．解：（1）由，所以由正弦定理可得，故，而，所以，又，所以.（2）在中，由正弦定理可得，因，所以，在中，因为，所以为锐角，所以，由余弦定理可得，解得或.18.如图，在三棱锥中，，,，，于点.（1）证明：平面；（2）若点满足，求二面角的余弦值．（1）证明：因为是公共边，所以，因为，所以，且，设，则，所以，解得，故，在中，因为，所以，又因为，所以平面.（2）解：如图所示，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，设，则，因为，所以，解得，故，设平面的法向量为，则，令，可得，易知平面的一个法向量为，因为，所以二面角的余弦值为.19.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，其中一个焦点到上的点的最小距离为．（1）求E的方程；（2）已知直线与双曲线E交于A，B两点，过,作直线的垂线分别交于另一点,,求四边形的面积.解：（1）不妨设双曲线的半焦距为，因为的一条渐近线的倾斜角为，所以，①因为一个焦点到上的点的最小距离为，所以，②又，③联立①②③，解得，则的方程为；（2）联立，消去并整理得，不妨设，由韦达定理得，不妨设，所以，此时，易知直线的方程为，联立，消去并整理得，由韦达定理得，同理，所以，故四边形的面积.20.已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）记，求证：．（1）解：因为数列an的前项和为，且，①当时，，解得；当时，，解得；当时，，②①-②可得，从而，所以，整理得，因为，所以，即，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为.（2）证明：由（1）知，可得，当时，，不等式成立；当时，，所以.21.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，亚运会的召开推动了全民健身的热潮．某小区甲、乙、丙、丁四位乒乓球爱好者准备开展一次乒乓球比赛．每两人进行一场比赛，胜一场得1分，负一场得0分，最终累计得分最高者获得冠军，若多人积分相同，则名次并列.已知甲胜乙、丙、丁的概率均为，乙胜丙、丁的概率均为，丙胜丁的概率为，且各场比赛的结果相互独立.（1）设比赛结束后，甲的积分为X，求X的分布列和期望；（2）在甲获得冠军的条件下，求乙也获得冠军的概率．解：（1）由题意，可得随机变量的所有可能取值为，可得，，，，所以变量的分布列为0123所以期望为（2）记“甲获得冠军”为事件，“乙获得冠军”为事件、丙、丁”分别记为事件“乙胜丙、丁”分别记为事件，“丙胜丁”记为事件，此时，，，所以，，所以在甲获得冠军的条件下，乙也获得冠军的概率．22已知函数．（1）若为的极值点，求a的值；（2）若在区间，上各有一个零点，求的取值范围.参考数据：．解：（1）由题意可知：函数定义域为，可得，因为为的极值点，则，解得，当时，则，设，则，当时，，可得，可知在-1,1内单调递增，且，当时，，即f'x<0当时，，即f'x>0可知在内单调递减，在0,1内单调递增，所以为的极值点，即符合题意；综上所述：.（2）因为，，若，当时，则，可得，所以函数在内无零点，不合题意；若，设，则，当时，则，可得，可知在内单调递增，则；若，此时，即，所以函数在上单调递减，则，所以函数在上无零点，不合题意；若，则，且当x趋近于时，hx趋近于，可知，使得，当时，，即f'x<0当时，，即f'x>0可知在内单调递减，在内单调递增，则，且当趋近于时，趋近于，所以函数在区间内存在一个零点；综上所述：当且仅当时，函数在区间内存在一个零点.若，当时，设，则，可知在上单调递减，又因为，，可知存在，使得，当时，，即h'x>0当时，，即h'x<0可知hx在内单调递增，在内单调递减，且，，可知，使得，当时，hx>0，即f当时，hx<0，即f可知在内单调递增，在内单调递减，且，，所以存在唯一，使得，即函数在上存在唯一零点，符合题意；综上所述：满足条件的a的取值范围为.河南省顶级名校联盟2024届高三上学期期中数学试题一、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.已知集合中恰有两个元素，则a的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由集合中恰有两个元素，得，解得．故选：B．2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗D〖解析〗，故复数对应的点坐标为，所以位于第四象限.故选：D.3.里氏震级（M）是表示地震规模大小的标度，它是由观测点处地震仪所记录到的地震波最大振幅（A0）的常用对数演算而来的，其计算公式为.2023年8月6日2时33分，29分钟后又发生3.0级地震，用A5.5和A3.0分别表示震级为5.5和3.0的地震波最大振幅，则（）（参考数据：）A.25 B.31.6 C.250 D.316〖答案〗D〖解析〗由题意得，，，从而，，因此．故选：D．4.已知函数的图象关于直线，则实数a的值为（）A.1 B.2 C.﹣1 D.﹣2〖答案〗B〖解析〗函数，因为函数图象关于直线对称，则，，解得，，则，解得．故选：B．5.某班男生人数是女生人数的两倍，某次数学考试中男生成绩（单位：分）的平均数和方差分别为120和20，女生成绩的平均数和方差分别为123和17，则全班学生数学成绩的方差为（）A.21 B.19 C.18 D.〖答案〗A〖解析〗根据题意，设该班有女生m人，则全班有3m人，则全班学生数学成绩的平均数，全班学生数学成绩方差．故选：A．6.玩积木有利于儿童想象力和创造力的培养．一小朋友在玩四棱柱形积木（四个侧面有各不相同的图案）时，想用5种颜色给积木的12条棱染色，要求侧棱用同一种颜色，且在积木的6个面中，除侧棱的颜色相同外，则染法总数为（）A.216 B.360 C.720 D.1080〖答案〗D〖解析〗根据题意，如图：分3步进行分析：①要求侧棱用同一种颜色，则侧棱有5种选色的方法，②对于上底，有4种颜色可选，则有，③对于下底，每条边与上底和侧棱的颜色不同，有种选法，则共有种选法．故选：D．7.已知是正整数，函数在内恰好有4个零点，其导函数为，则的最大值为（）A.2 B. C.3 D.〖答案〗B〖解析〗因为在内恰好有4个零点，所以，即，所以，又，所以，所以，，所以，其中．故选：B.8.已知过点的直线l与抛物线交于A，B两点，且，点Q满足，点，则的最小值为（）A. B.2 C. D.1〖答案〗C〖解析〗易知直线l的斜率存在且不为零，不妨设直线l的方程为，Ax1联立，消去x并整理得，因为由韦达定理得，，①不妨设，因为，所以，②因为，所以，③联立②③可得，整理得到即④又，⑤联立④⑤，可得，所以的最小值即为点到直线的距离，则最小距离，当最小时，，解得，，经检验，其满足，所以的最小值为．故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题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.已知等差数列的前项和为，公差为，且，则下列结论中正确的是（）A. B. C. D.当时，取得最大值〖答案〗BCD〖解析〗由题意，，即，，且，A项，，错误；B项，，正确；C项，，正确；D项，由已知可得，且在时加完所有正项，取得最大值，正确．故选：BCD．10.已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且，直线与椭圆的另一个交点为B，且，则下列结论中正确的是（）A.椭圆的长轴长是短轴长的倍 B.线段的长度为C.椭圆的离心率为 D.的周长为〖答案〗BC〖解析〗由，可设，又，可得，解得，即，将的坐标代入椭圆方程，可得，化为，即，故A错误；，故B正确;椭圆的离心率，故C正确;的周长为，故D错误.故选：BC.11.已知函数，则（）A.的极大值为B.存在无数个实数，使关于的方程有且只有两个实根C.的图象上有且仅有两点到直线的距离为D.若关于的不等式的解集内存在正整数，则存在最大值，且最大值为〖答案〗AD〖解析〗由题意知：的定义域为，，当时，；当时，；在，上单调递减，在上单调递增；又，；当时，；当时，；可作出图象如下图所示，对于A，由单调性可知：的极大值为，A正确；对于B，由图象可知：当且仅当或时，方程有且只有两个实根，B错误；对于C，，恒成立，结合图象可知：图象上有且仅有一个上方的点到直线的距离为，C错误；对于D，的解即为的图象在直线上方时，所对应的范围，要使关于的不等式的解集内存在正整数，则直线过点时，斜率取得最大值，，D正确.故选：AD.12.已知正四棱锥的棱长均为2，M，N分别为棱，的中点，则下列结论中正确的是（）A.动点Q的轨迹是半径为的球面B.点P在动点Q的轨迹外部C.动点Q的轨迹被平面截得的是半径为的圆D.动点Q的轨迹与平面有交点〖答案〗BCD〖解析〗对于A，设点是底面正方形的中心，连接，则平面，取中点，连接，显然三点共线，由中位线性质可得，正方形中，，，连接、，则，所以，在中，，可得.∵，点Q在以为直径的球面上，因此动点Q的轨迹是半径为的球面，故A错误；，则，所以点在以为球心的球面外，故B正确；对于C，因为点到平面的距离为，点在平面，所以球心到平面的距离为，故球面与平面相交，且动点Q的轨迹被平面截得的是半径为的圆，故C正确；对于D，若为中点，连接，显然，而，由于为中点，故，所以，即为平行四边形，所以，不在面内，面，则面，所以到面的距离，即为上任意一点到面距离，由于，而，则，所以动点Q的轨迹与平面有交点，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.写出对任意，都有成立的一个θ的值：_________．〖答案〗〖解析〗因为，又因为，所以只须，即，所以满足条件的一个可以是.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.过点P向圆作切线，切点为A，过点P向圆作切线，切点为B，若，则动点P的轨迹方程为__________〖答案〗〖解析〗圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，设点，因为分别切圆，圆于点，且，于是，则，整理得，所以动点P的轨迹方程为.15.已知在四棱锥中，，，，，平面，当四棱锥的体积最大时，_________．〖答案〗〖解析〗在四棱锥中，平面，而平面，则，又，平面，于是平面，由，，因此四棱锥的体积为，要使四棱锥的体积取得最大值，当且仅当取得最大值，而，即，当且仅当时取等号，而平面，平面，则，，又，，在中，由余弦定理得：．16.已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是_________．〖答案〗〖解析〗因为函数在区间上没有零点，且时，，所以在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，，设，可得，因为，可得，所以，所以在区间上单调递减，所以，所以，所以，实数的取值范围为.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.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角；（2）过点A作，连接，使，，，四点组成四边形，若，求的长．解：（1）由，所以由正弦定理可得，故，而，所以，又，所以.（2）在中，由正弦定理可得，因，所以，在中，因为，所以为锐角，所以，由余弦定理可得，解得或.18.如图，在三棱锥中，，,，，于点.（1）证明：平面；（2）若点满足，求二面角的余弦值．（1）证明：因为是公共边，所以，因为，所以，且，设，则，所以，解得，故，在中，因为，所以，又因为，所以平面.（2）解：如图所示，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，设，则，因为，所以，解得，故，设平面的法向量为，则，令，可得，易知平面的一个法向量为，因为，所以二面角的余弦值为.19.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，其中一个焦点到上的点的最小距离为．（1）求E的方程；（2）已知直线与双曲线E交于A，B两点，过,作直线的垂线分别交于另一点,,求四边形的面积.解：（1）不妨设双曲线的半焦距为，因为的一条渐近线的倾斜角为，所以，①因为一个焦点到上的点的最小距离为，所以，②又，③联立①②③，解得，则的方程为；（2）联立，消去并整理得，不妨设，由韦达定理得，不妨设，所以，此时，易知直线的方程为，联立，消去并整理得，由韦达定理得，同理，所以，故四边形的面积.20.已知数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）记，求证：．（1）解：因为数列an的前项和为，且，①当时，，解得；当时，，解得；当时，，②①-②可得，从而，所以，整理得，因为，所以，即，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为.（2）证明：由（1）知，可得，当时