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卷(含答案)

这是一份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卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若复数满足,则( )
A.B.C.D.
3．已知同一平面内的单位向量,,满足,则( )
A.B.C.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y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.-2B.-1C.1D.2
5．设各项都为正数的无穷等差数列的公差为d,且,则的最小值为( )
A.B.C.D.
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.
7．已知双曲线的左、右顶点分别为,,F为C的右焦点,C的离心率为2,若P为C右支上一点,,记,则( )
A.B.1C.D.2
8．若函数在单调递增,则a的最小值为( )
A.B.C.-1D.0
二、多项选择题
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
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y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a的最大值为
D.对任意,关于x的方程总有奇数个不同的根
11．已知函数为定义在R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.
12．已知球O的半径为2,点A,B,C是球O表面上的定点,且,,点D是球O表面上的动点,满足,则( )
A.有且仅有一个点D使得B.点O到平面的距离为
C.存在点D使得平面D.的取值范围为
三、填空题
13．已知函数,则_______________.
14．设,,若,,则_____________.
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___________________.
16．已知椭圆的两个焦点为,,点P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且,的面积,则C的离心率的取值范围为________________.
四、解答题
17．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,的面积为.
(1)求C;
(2)若,,D为边的中点,求.
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P在棱上且满足平面,求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知数列满足,.
(1)设,求数列的通项公式;
(2)设,证明：.
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a的取值范围.
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X,第二轮答题的总得分为Y.
(1)若,求;
(2)证明：当时,.
22．已知抛物线的焦点为F,以F为圆心作半径为1的圆,过F且倾斜角为的直线与抛物线E交于A,B两点,且.
(1)求E的方程;
(2)设O为坐标原点,T为E上一点,过T作圆F的两条切线,分别交E于另外两点P,Q,直线分别交x轴正半轴、y轴正半轴于M,N两点,求面积的最小值.
参考答案
1．答案：B
解析：,,
故.
故选：B.
2．答案：C
解析：,故,故,
所以.
故选：C.
3．答案：D
解析：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．答案：C
解析：变形为,即圆心为,半径为,
求出关于y轴的对称点为,
连接,过点C作交y轴于点D,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．答案：C
解析：等差数列的公差为d,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．答案：A
解析：根据题意得到为等边三角形,设圆O的半径为R,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．答案：A
解析：设C的焦距为,点,由C的离心率为2可知,
因为,所以,将代入C的方程得,即,
所以,
故.
故选：A.
8．答案：B
解析：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.
9．答案：CD
解析：A选项,设,,,的平均数为,即,
又,
所以,
因为无法确定b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m,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b的大小,故无法确定与m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．答案：ABD
解析：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y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a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．答案：ABC
解析：因为函数为定义在R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.
12．答案：ABD
解析：B选项,因为,两边平方得,,
故,
同理可得,,
画出三棱锥,设点O在平面上的投影为Q,则平面,
其中Q为平面的外心,
连接并延长,交于点E,则点E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O到平面的距离为,B正确;
A选项,以O为坐标原点,平行于的直线为x轴,平行于的直线为y轴,
垂直于平面的直线为z轴,建立空间直角坐标系,
则球O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D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D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D使得平面,C错误.
D选项,,其中,
设,,,
则,其中,
故,D正确.
故选：ABD.
13．答案：3
解析：,故,
又,故.
故答案为：3.
14．答案：
解析：因为,所以,
因为,所以,故,
所以
故
.
则.
故答案为：.
15．答案：
解析：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．答案：
解析：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C上存在关于坐标原点对称的两点P,Q,使得,故,
所以,即,所以,,解得,
综上,C的离心率的取值范围是.
故答案为：.
17．答案：(1)
(2)
解析：(1)由题意,所以,
因为,所以.
(2)由余弦定理得,
又,所以.
因为D为边的中点,所以,
所以,
则.
18．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(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C为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z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．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(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．答案：(1)
(2)
解析：(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,a的取值范围为.
21．答案：(1)
(2)证明见解析
解析：(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
,②
①－②得,
所以.
因为,所以.
当时,,,
即得证.
22．答案：(1)
(2)
解析：(1)由题意可知,直线的方程为,
联立消去y得,
设点,,则,
所以,即,解得,
所以E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F相切,所以点F到直线的距离为,
整理得,同理可得,
所以b,c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.