2024届河南省TOP二十名校高三上学期调研考试八数学试题含答案

这是一份2024届河南省TOP二十名校高三上学期调研考试八数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数定义域、值域分别化简集合A，B，再利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，
因此，所以.
故选：C
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用复数除法运算求解，再利用复数乘法运算求解，然后利用模的运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以.
故选：C.
3．函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先分别求出、，然后根据直线的点斜式即可得解.
【详解】由题意得，所以，解得，
故，则，
所以函数的图象在点处的切线方程为，即.
故选：B.
4．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人第4天与第5天共走的里程数为（ ）
A．24B．36C．42D．60
【答案】B
【分析】设第天走的里程数为，其中，由题意可知，数列是以为公比的等比数列，利用等比数列求和公式求出的值，利用通项公式此人求出第4天与第5天共走里程数.
【详解】设第天走的里程数为，其中，
由题意可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
解得，
所以此人第4天与第5天共走里程数为.
故选：B.
5．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意首先求出，再结合余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】因为，所以，得，
所以.
故选：D.
6．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”.已知某圆亭的高为3，上底面半径为1，下底面半径为5，则此圆亭的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意求得母线长，再代入圆台表面积的公式即可求得表面积.
【详解】由题意，可作该圆亭的轴截面，如图所示：
则圆亭的高，上底面半径，下底面半径，
母线5，
所以圆台的表面积.
故选：D
7．已知函数，若存在两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求导，分和两种情况，利用导数判断原函数单调性，利用单调性结合零点存在性定理分析零点，列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
当时，则，可知在上单调递减，
所以不可能存在两个零点，不合题意；
当时，令，解得；令，解得；
可得在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为，
若存在两个零点，则，解得,
当时，则，可得，
且，
令，则，
则在上单调递增，可得，即，
可知在，均只有一个零点，即符合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：A.
8．已知函数图象的相邻两个对称中心之间的距离是，若将图象上的每个点向左平移个单位长度得到函数的图象，若为偶函数，且函数的图象在区间上至少含有30个零点，则在所有满足条件的区间中，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得，，确定函数的解析式，再求的的解析式，令，求得或，若最小，则和都是零点，此时在区间分别恰有个零点，即可求得的最小值.
【详解】由，得，则，
则为偶函数，
所以，
又，则，解得，
所以，故，
可得.
由得，故或，
解得或，
所以相邻两个零点之间的距离为或.
若最小，则和都是零点，
此时在区间分别恰有个零点，
所以在区间上恰有29个零点，从而在区间上至少有1个零点，
所以，所以的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键在于由函数的性质求函数的解析式，再由函数的性质求得零点，并求得区间上函数零点个数.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．“”是“”成立的充分不必要条件
D．若，则
【答案】BD
【分析】对各个选项逐一分析判断即可求出结果.
【详解】对于选项A，不妨令，满足，但，所以选项A错误；
对于选项B，若，则，所以，不等式两边同除以得，所以选项B正确；
对于选项C，由“”不能得到“”，比如，故充分性不成立，所以选项C错误；
对于选项D，若，则，所以选项D正确，
故选：BD.
10．已知各项都是实数的数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列是递减数列
B．若，则数列无最大值
C．若数列为等比数列，则为等比数列
D．若数列为等差数列，则为等差数列
【答案】ACD
【分析】根据数列通项与前项和的关系，即可求解，根据单调性即可判断A；根据已知得数列的通项，结合函数单调性得数列单调性即可得最值，从而判断B；根据等比数列前项和的性质即可判断C；根据等差数列前项和的性质即可判断D.
【详解】对于选项，当时，，又，所以，则是递减数列，故A正确；
对于选项是递减数列，所以，故B错误；
对于选项，由题意得各项均不为0，设公比为，即，且0，即，所以，故C正确；
对于选项D，若数列为等差数列，则，
所以即数列为等差数列，故D正确.
故选：ACD.
11．如图，直三棱柱的各条棱长均为是侧棱的中点，是的中点，是的中心，则（ ）
A．平面平面
B．平面
C．异面直线与所成角的正弦值为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】对于A，证明平面即可，即只需证明平面即可；对于B，只需证明平面平面；对于CD，建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线与的方向向量，再由向量夹角公式即可判断C，对于D，分别求出直线的方向向量、平面的法向量，再由线面角的正弦公式即可判断D.
【详解】对于选项A，如图，
取的中点的中点，连接，故.
又四边形为平行四边形，.
又三棱柱是直三棱柱，即面，
又平面，所以，
又因为为正三角形， ，
而，平面，
所以平面，又平面.
又平面，所以平面平面，故A正确；
对于选项B，如图，
连接并延长交于，则为的中点，连接，
因为点为棱的中点，，
而平面，平面，故平面，
同理平面，
，平面，
所以平面平面平面平面，故B正确；
对于选项C，因为面，面，所以建立如图所示的空间直角坐标系，其中，面，

则.
所以，
设异面直线与所成的角为，则，
故异面直线与所成角的余弦值为，所以，故C错误；
对于选项D，得，
设为平面的一个法向量.
由得，即.
而直线的一个方向向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，则方程在上有5个不同的解
B．当时，函数在上单调递减
C．当时，函数在上有2个零点
D．若在上恒成立，则实数的取值范围为
【答案】AD
【分析】对于选项将代入方程，求得在上的解即可判断正误；
对于选项将代入方程，对函数求导，并判断导函数的正负，即可判断在区间上的单调性；
对于选项将代入方程，判断在区间上的单调性，再由零点的存在性定理即可判断零点个数；
对于选项构造函数，在分，两种情况讨论，判断两种情况在区间的单调性，即可求得实数的取值范围.
【详解】对于选项，当时，，方程，即，所以或，所以或，故A正确；
对于选项，当时，，则，当时，，所以，即在上单调递增，故B错误；
对于选项，因为，根据选项，所以在上有且仅有一个零点，当时，，所以在上无零点，所以在上有且仅有一个零点，故错误；
对于选项，由，即，整理得，
令，则，
当时，对任意有，又，所以，此时在上单调递增，故，符合题意；
当时，令，则，
所以，在上恒成立，即在上单调递增，
又，
当，即时，在上有，此时在上单调递增，，符合题意.
当，即时，若，即，由零点存在定理，
存在使，故上，所以在上单调递减，此时，不合题意；
若，即，此时对恒有且不恒为0，
即在上单调递减，所以，不合题意.
综上，的取值范围是，故D正确.
故选：AD
三、填空题
13．已知函数，则 .
【答案】9
【分析】根据分段函数的含义并结合指、对数运算即可.
【详解】因为，所以，
故答案为：9.
14．已知平面向量为单位向量，且，则在方向上的投影向量的坐标为 .
【答案】
【分析】根据向量垂直和向量数量积的运算律求出，再利用投影向量公式求解即可.
【详解】由题意可知，，
因为，
所以，解得，
则则在方向上的投影向量的坐标为，
故答案为：
15．已知函数，若，，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由函数奇偶性的定义可得为奇函数，结合单调性可得，然后结合基本不等式即可得到结果.
【详解】因为的定义域为，关于对称，且单调递减，
且，即函数为奇函数，
又因为，所以，
即，所以，
则，
当且仅当时，即，取等号.
所以的最小值为.
故答案为：
16．若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】首先利用三角恒等变换求得，结合正弦定理边化角可得，进一步结合是锐角三角形、即可得解.
【详解】因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，所以，所以，
因为，所以.
因为外接圆的半径为，所以，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，所以，即.
令，
根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，即，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是适当利用两角和差公式、正弦定理边化角将目标函数表示出来，然后结合角的范围求解即可.
四、证明题
17．已知各项均为正数的数列满足：，且.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件得到，再由等比数列的定义即可证明结果；
（2）由（1）得到，再利用等比数列前项和公式即可求出结果.
【详解】（1）由，得到，
又，所，
整理得到，又，得到，
所以，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
所以，
所以
五、解答题
18．已知函数为奇函数，.
(1)求的值；
(2)若函数在区间上没有零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据奇函数的性质列式求解，注意检验；
（2）先通过求导判断在上单调递减，从而判断在上单调递增，再根据函数无零点转化为在区间上无解，即可求得.
【详解】（1）由，即，
所以，故对定义域内的任意实数都成立，则，
经验证不符合，符合题意，所以.
（2）由（1）知，所以函数的定义域为，
因为，所以在上单调递减，
由，得，
因为在上单调递减，而在上单调递增，
所以在上单调递增，所以，
即.又在区间上无解，
故.
19．已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；
(2)在中，内角所对的边分别是，且，若，求的面积.
【答案】(1)的最小正周期为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式化简函数，结合正弦函数的周期与单调性求解即可；
（2）根据求出，根据余弦定理得到，结合三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）由题意可得：，
所以函数的最小正周期为.
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）因为，则，
则，可得，
所以，得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以的面积.
20．已知
(1)求的值；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同角三角函数基本关系式求出，再根据两角差的余弦公式即可得结果，
（2）由（1）及同角三角函数基本关系式可求出，，再根据根据两角和与差的余弦公式即可得结果.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以,
所以,
故的值为.
（2）由（1），得，
又，所以，又，所以，
所以，
.
所以，
故的值为.
六、证明题
21．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，.
(1)求证：四点共面；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别证明四边形和为平行四边形即可；
（2）建系，分别求出两平面的法向量，再用向量夹角余弦值求出即可.
【详解】（1）
证明：如图所示，在棱上取点，使得，
又，所以四边形为平行四边形，
则且，又且，所以且，
则四边形为平行四边形，所以，
同理可证四边形为平行四边形，则，所以.
所以四点共面.
（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
.设平面的法向量为，
由得，解得
令，则.
，设平面的法向量为，
由得，解得
令，则，
设两个平面夹角大小为，则.
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
22．已知函数.
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)最大值为0，最小值为.
(2)证明见解析
【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【详解】（1）当时，，
.
由，得；由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为.
（2）.
当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，取得极大值，极大值为，
为满足题意，必有，得.
因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减得.
设，要证，
只需证，即证.
设，只需证，
设，则，
所以在上为增函数，从而，
所以成立，从而
【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可证明.