河南省五市2024届高三第一次联考数学试题（含解析）

这是一份河南省五市2024届高三第一次联考数学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．R
2．以坐标原点为顶点，x轴非负半轴为始边的角，其终边落在直线上，则有（ ）
A．B．C．D．
3．平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知口袋中有3个黑球和2个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的导函数为，且，则的极值点为（ ）
A．或B．C．或D．
6．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为20mm，卫生纸厚度约为0.1mm，若未使用时直径为80mm，则这个卷筒卫生纸总长度大约为（ ）（参考数据）
A．47mB．51mC．94mD．102m
7．已知P为棱长为的正四面体各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面，面，面，面的距离分别为，，，，若，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．
8．抛物线在其上一点处的切线方程为，点A，B为C上两动点，且，则的中点M到y轴距离的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．新高考模式下，化学、生物等学科实施赋分制，即通过某种数学模型将原始分换算为标准分.某校在一次高三模拟考试中实施赋分制的方式，其中应用的换算模型为：，其中x为原始分，y为换算后的标准分.已知在本校2000名高三学生中某学科原始分最高得分为150分，最低得分为50分，经换算后最高分为150分，最低分为80分.则以下说法正确的是（ ）
A．若学生甲本学科考试换算后的标准分为115分，则其原始得分为100分
B．若在原始分中学生乙的得分为中位数，则换算后学生乙的分数仍为中位数
C．该校本学科高三全体学生得分的原始分与标准分的标准差相同
D．该校本学科高三全体学生得分的原始分的平均分低于标准分的平均分
10．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．，
B．不等式的解集为，
C．为的一个零点
D．若A，B，C为内角，且，则或
11．对于数列（），定义为，，…，中最大值（）（），把数列称为数列的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则（ ）
A．若数列是递减数列，则为常数列
B．若数列是递增数列，则有
C．满足为2，3，3，5，5的所有数列的个数为8
D．若，记为的前n项和，则
12．定义在R上的函数（且，），若存在实数m使得不等式恒成立，则下列叙述正确的是（ ）
A．若，，则实数m的取值范围为
B．若，，则实数m的取值范围为
C．若，，则实数m的取值范围为
D．若，，则实数m的取值范围为
三、填空题
13．计算（i为虚数单位）的值为 .
14．6的二项展开式中的常数项为 .
15．已知函数及其导函数的定义域均为R，记.且，，当，，则 .（用数字作答）
16．三棱锥中，，，，，点M，N分别在线段，上运动.若二面角的大小为，则的最小值为 .
四、解答题
17． 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
18．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.
19．在等差数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若记为中落在区间内项的个数，求的前k项和.
20．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.
(1)若O为的中点，证明：；
(2)若，，点M满足，求平面与平面所成角的余弦值.
21．某档电视节目举行了关于“中国梦”的知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方净胜2分结束，且多得2分的一方最终胜出.已知甲、乙两名选手分在同一组，两人都参与每一次抢题，且每次抢到题的概率都为.甲、乙两人每道题答对的概率分别为，，并且每道题两人答对与否相互独立，假设准备的竞赛题足够的多.
(1)求第二题答完比赛结束的概率；
(2)求知识竞赛结束时，抢答题目总数的期望.
22．已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.
(1)求椭圆E的方程；
(2)问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】
求出函数的定义域和值域，求它们的交集即得.
【详解】因函数的定义域为R，值域为，故，，故.
故选：C.
2．C
【分析】
利用角的终边落在直线上易于求得角或，分别求出角的正弦、余弦值，即可对选项一一判断.
【详解】因角的终边落在直线上，故或.
对于A，当，时，，故A项错误；
对于B，当时，，故B项错误；
对于C，当，时，，当时，，故C项正确；
对于D项，当，时，，则；
当时，，，则.故D项错误.
故选：C.
3．C
【分析】
由题设条件，利用向量的模长公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【详解】由可得，
而在方向上的投影向量为.
故选：C.
4．B
【分析】
分析题意，利用全概率公式即可得解.
【详解】设事件表示“第二次摸到白球”，事件表示“第三次又摸到白球”，
依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球（除颜色外完全相同），
所以，，，，
则所求概率为.
故选：B
5．D
【分析】
先对函数求导，先后代入和，确定函数的解析式，再通过导函数的符号确定函数的极小值点即可.
【详解】对进行求导，可得，
将代入整理，①
将 代入可得，即，
将其代入① ，解得：，故得.
于是，由可得或，因，
故当时，，当时， ，
即是函数的极小值点，函数没有极大值.
故选：D.
6．A
【分析】
因卷纸厚度固定，且卷在圆柱形空心纸筒上，故卷纸总长即每一圈卷纸的周长的和，而从内到外每圈卷纸的周长依次构成等差数列，故可以利用等差数列的基本量运算求解.
【详解】因空心纸筒直径为20mm，则半径为，其周长为，卷纸未使用时直径为80mm，则半径为，其周长为，
又因为卫生纸厚度约为0.1mm，则卷纸共有的层数约为，即每一圈的卷纸周长构成一个等差数列，首项为，末项为，项数为，
则这个卷筒卫生纸总长度即这个等差数列的前项和：，而.
即这个卷筒卫生纸总长度大约为
故选：A.
7．B
【分析】
由等体积法求得为定值2，则有，利用基本不等式求的最小值.
【详解】正四面体棱长为，为的中心，则底面，
为边中点，则在上，如图所示，
则有，平面，，
，，
，即正四面体的高，
P为正四面体各面所围成的区域内部，连接，
可得到4个小四面体，
设正四面体各面的面积为，则有，
得，
由，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，
的最小值为.
故选：B
8．A
【分析】
根据抛物线的切线方程，利用求导数，设切点，求出；接着设出，表示出点M到y轴的距离为：，利用抛物线的定义表达式，将其转化为两条焦半径的和，结合图形易得，故得解.
【详解】依题意，因切线斜率为1，故切点必在第一象限，设切点为，由求导可得：，
依题，，即化简得，故切点为，代入中，解得，故.

如图，设点则，点M到y轴的距离为：,
当且仅当线段经过点时，等号成立. 故的中点M到y轴距离的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：通过已知切线方程求出值之后，对于的处理，应结合抛物线定义将其拼凑成，再转化成，结合图形把他缩小为即得.
9．ABD
【分析】先求出换算模型公式，进行原始分和标准分的计算，得到有关结论.
【详解】对A，由题意得：.所以换算模型为：
由，故A对；
对B，因为函数为增函数，所以标准分不改变原始分的排名顺序，原始分的中位数换算后，得到的标准分仍为中位数，故B对；
对C，由，所以只有原始分是150分时，标准分与原始分相等，
当原式分低于150分时，标准分都高于原始分，所以标准分相比于原始分，分数更集中，
所以标准分的标准差比原始分的标准差要小，故C错误；
对D，因为标准分都不低于原式分，所以原始分的平均分低于标准分的平均分，故D对.
故选：ABD
10．BCD
【分析】
根据图象中的两个已知点的坐标，代入解析式求得和的值，结合函数的周期性求出满足条件的和，再依次判断即可.
【详解】A选项，由图象可知：，
代入得：，即，
又，.
,代入得：，即，
，解得：Z)，
由图象可知：周期，
解得,. 故A错误.
B选项，由得：，
由正弦曲线得：，
Z)，故B正确.
C选项，，
所以，是的一个零点，故C正确.
D选项，因为是三角形的内角，且
所以，或，
即，或，
因此，，或，故D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】由“M值数列”的定义，对选项中的结论进行判断.
【详解】若数列是递减数列，则是，，…，中最大值（）（），
所以， 为常数列，A选项正确；
若数列是递增数列，则是，，…，中最大值（）（），
所以，即，B选项正确；
满足为2，3，3，5，5，则，，可以取1，2，3，，可以取1，2，3，4，5，
所有数列的个数为，C选项错误；
若，则数列中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数，
则有，
所以，D选项正确.
故选：ABD.
12．BD
【分析】
先判断函数为奇函数，再分和讨论的单调性，分和讨论函数的单调性，根据复合函数的单调性判断得出的单调性，利用单调性将进行等价转化成含参数的不等式，求解即得.
【详解】对于函数，因，则函数是奇函数.
不妨设，则，
对于A项，当时，在定义域内为增函数，
因，则在R上也是增函数，故在R上也是增函数.
由，则，即（*），
①当时，此时恒成立；② 当时，由（*）可得，解得，综上可知，，故A项错误；
对于B项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是减函数，故在R上是增函数，
由A项分析可得，恒成立可得，，故B项正确；
对于C项，当时，在定义域内为增函数，因，则在R上是减函数，故在R上是减函数，
由，则，即（*），
①当时，无解；② 当时，由（*）可得，解得或，综上可知，，故C项错误；
对于D项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是增函数，故在R上是减函数，
由C项分析可得，恒成立可得，，故D项正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：一般先考虑函数的奇偶性，再根据参数分类判断，构成复合函数的内外函数的单调性，利用单调性去掉抽象函数的符号，将其化成含参数的不等式恒成立问题，再对参数分类讨论不等式解的情况即得.
13．
【分析】
利用复数的四则运算法则求解即可.
【详解】由于，则.
故答案为：
14．60
【分析】写出二项展开式的通项，令的指数等于零，即可得出答案.
【详解】解：6的二项展开式的通项为，
令，则，
所以6的二项展开式中的常数项为.
故答案为：60.
15．1012
【分析】根据推出函数为奇函数，由还原成，推理得到，得出函数图象关于直线对称，两者结合得出为以4为周期的函数，分别求出，计算即得.
【详解】由可得，即①
又由可得，即，从而，
故(是常数)，因当时，则,即得②，
由② 可得，又由① 得，即，故函数为周期函数，周期为4.
由，可知，因是R上的奇函数，,则由可得，
，，
则，于是
故答案为：1012.
16．/
【分析】
观察三棱锥，将其补形成直三棱柱，再推得是正三角形，从而建立空间直角坐标系，利用异面直线距离的向量法公式即可得解.
【详解】依题意，将三棱锥补形成直三棱柱，
此时易知，，满足题意，
又，所以为二面角的平面角，即，
在中，，，则，
在中，，则，
又，所以是正三角形，
要求的最小值，即求异面直线，的距离，
以点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则，
故，
设同时垂直于，则，
取，则，故，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，通过分析三棱锥的图形，将其补形成直三棱柱，从而得解.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）用正弦定理边化角，再利用和差化积公式与诱导公式进行化简，得，从而用等量关系即可得证；
（2）由（1）知，锐角三角形中，利用角关系求得角的范围，再把式子用角的三角函数来表示并利用两角和差的正弦公式进行化简，进而用三角函数的取值范围即可求解.
【详解】（1）证明：由条件，根据正弦定理可得，
，即，
，
又中，
进行化简得，
所以，即或，即（舍去），
所以.
（2）若为锐角三角形，根据（1），
则，得，
式子，，
由得，又易知函数在内单调递减，
所以，
因此.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）首先求函数的导数，再分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）首先根据（1）的结果可知且，再结合零点存在性定理，即可证明.
【详解】（1）根据条件则
当时，在定义域内恒成立，因此在递减；
当时，由，解得；，解得
因此：当时，的单调减区间为，无增区间；
时，的单调减区间为，增区间为；
注：区间端点处可以是闭的
（2）若有两个零点，有（1）可知且
则必有
即，解得
又因，
即，
当时，恒成立，即在单调递减，
可得，
也即得在恒成立，
从而可得在，区间上各有一个零点，
综上所述，若有两个零点实数a的范围为
19．(1)
(2)
【分析】
（1）根据给定条件，利用等差数列性质，结合通项公式求解即得.
（2）解不等式求出，再利用分组求和法，结合等比数列前n项和公式求解.
【详解】（1）等差数列中，由，得，而，解得，
因此数列的公差，，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，，由，得，整理得，
因此正整数满足，从而得，
所以的前k项和为.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）取中点为E，利用直角梯形性质，线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点为E，连接，由O为的中点，得，而，则，

由，得，而平面，则平面，
又平面，则，由，得，由为梯形，得两腰与相交，
因此面，而面，
所以
（2）取的中点为Q，连接，直角梯形中，由，，
得，，因此为等边三角形，，
由（1）知面，，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系
由，得，，
由，得，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得
设平面与平面所成的角的大小为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值是.
21．(1)
(2)
【分析】
（1）首先求出一次抢题、答题甲、乙得到分的概率，再根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）依题意可得竞赛结束时抢答题目的总数的所有可能取值为，记，由（1）知，当时，，且，即可得到的分布列，再求出其期望.
【详解】（1）由条件，每次抢题答题，甲得分的概率为，
每次抢答题乙得分的概率为，
若第二题答完比赛结束，则前两次答题甲得分或者乙得分，
因此第二题答完比赛结束事件发生的概率；
（2）根据题意，竞赛结束时抢答题目的总数的所有可能取值为，
记，
由（1）知，当时，，且，
则的分布列可表示为：
，
解得.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用的公式进行变形得到关于的方程，从而得解.
22．(1)
(2)存在，
【分析】（1）先由椭圆性质知当点D位于短轴顶点时，面积的最大，得出，再由联立即可求得椭圆方程；
（2）设出四点坐标，分别利用三点共线和三点共线，直线斜率相等列出方程组，借助于建立坐标关系式；再设出直线的方程，将①式中消元得到关于的对称式，接着由直线与椭圆方程联立得韦达定理，代入此式，化简即得，代入直线的方程，即得直线过定点，过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，故得的中点到H的距离等于为定值，即存在的中点，使得为定值.
【详解】（1）根据条件则，，
当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，
由，解得，或，
又，因此，，，
故椭圆E的方程为：.
（2）
（2）存在定点使得为定值，理由如下：
由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，
如图，设，，，.
根据条件有，，且①
由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为
由①，②
联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，
则，由韦达定理可得，，
代入②中，整理得，又，化简得，
因此，即直线过定点.
过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，
因此存在定点即为的中点使得为定值.
【点睛】基本思路点睛：本题主要考查直线与椭圆相交产生的定点，定值问题，属于难题.
解决此类题目的思路在于先利用题设条件得出相关点坐标的等式；再设法将其化成同一个变量的对称式，再将直线方程与椭圆方程联立，求得韦达定理，再代入对称式，化简得到所设参数的关系式，如，回代入直线方程即得定点，利用垂线得到直角三角形，于是斜边的中点，恰好满足即得.
2
4
6
…
2n
…
…
…