


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)
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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.
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