河南省TOP二十名校2024届高三下学期质检一数学试题及详细答案

这是一份河南省TOP二十名校2024届高三下学期质检一数学试题及详细答案，共21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．若，则实数（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．的展开式中常数项为（ ）
A．28B．56C．70D．76
3．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知圆，则下列说法错误的是（ ）
A．点在圆外B．直线平分圆
C．圆的周长为D．直线与圆相离
5．直线经过椭圆长轴的左端点，交椭圆于另外一点，交轴于点，若，则该椭圆的焦距为（ ）
A．B．C．D．
6．在与中，已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图是棱长均为2的柏拉图多面体，已知该多面体为正八面体，四边形为正方形，分别为的中点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．1C．D．
8．甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知双曲线的左、右焦点分别为、，，过的直线与的右支交于点，若，则（ ）
A．的渐近线方程为B．
C．直线的斜率为D．的坐标为或
10．某质点的位移与运动时间的关系式为的图象如图所示，其与轴交点坐标为，与直线的相邻三个交点的横坐标依次为，则（ ）

A．
B．
C．质点在内的位移图象为单调递减
D．质点在内的平均速率为（平均速率）
11．已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，
则（ ）
A．的图象关于点中心对称B．
C．D．
三、填空题
12．若集合，则 ．
13．记函数的图象为，作关于直线的对称曲线得到，则曲线上任意一点与曲线上任意一点之间距离的最小值为 ．
14．在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为 ．
四、解答题
15．近年来，短视频作为以视频为载体的聚合平台，社交属性愈发突出，在用户生活中覆盖面越来越广泛，针对短视频的碎片化缺陷，将短视频剪接成长视频势必成为一种新的技能．某机构在网上随机对1000人进行了一次市场调研，以决策是否开发将短视频剪接成长视频的APP，得到如下数据：
其中的数据为统计的人数，已知被调研的青年人数为400．
(1)求的值；
(2)根据小概率值的独立性检验，分析对短视频剪接成长视频的APP的需求，青年人与中老年人是否有差异？
参考公式：，其中．
临界值表：
16．如图，三棱柱中，为底面的重心，．
(1)求证：∥平面；
(2)若底面，且三棱柱的各棱长均为6，设直线与平面所成的角为，求的值．
17．在平面直角坐标系中，已知直线与抛物线相切．
(1)求的值；
(2)已知点在抛物线上，分别位于第一象限和第四象限，且，过分别作直线的垂线，垂足分别为，求四边形面积的最小值．
18．已知函数，，.
(1)判断是否对恒成立，并给出理由；
(2)证明：
①当时，；
②当，时，.
19．在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．
(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；
(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；
(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．
青年人
中年人
老年人
对短视频剪接成长视频的APP有需求
200
对短视频剪接成长视频的APP无需求
150
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】根据复数的模即可得到方程，解出即可.
【详解】因为，所以，所以．
故选：D.
2．A
【分析】首先写出二项式展开式的通项公式，然后确定其常数项即可.
【详解】的展开式的通项公式为：
，
令，解得，
故的展开式中常数项为．
故选：A.
3．A
【分析】根据题意先求得，再利用降幂公式和两角和差公式运算求解.
【详解】因为，则，
所以．
故选：A.
4．D
【分析】根据方程可知圆心和半径，结合圆的性质和周长公式逐项分析判断.
【详解】由可知圆心坐标为，圆的半径为1．
对于选项A：由点到圆心的距离
所以点在圆外，故A正确；
对于选项B：因为圆心在直线上，
所以圆关于直线对称，故B正确；
对于选项C，圆的周长为，故C正确；
对于选项D，因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切，故D错误．
故选：D．
5．C
【分析】求出坐标，根据向量共线关系求出点坐标，再将其代入椭圆方程计算即可.
【详解】对直线方程令，则，令，则，
则，点的坐标为，点的坐标为，又因为，
设，因为，即，
则，解得，所以，
代入椭圆的方程得，所以，
所以椭圆的焦距为．
故选：C.
6．D
【分析】由题意可知有唯一解，且，结合正弦定理可得曲线和水平直线必须有唯一的交点，结合图象分析求解.
【详解】由题意可知：有唯一解，且，
由正弦定理，可得，
所以关于A的方程有唯一解，
可知曲线和水平直线必须有唯一的交点，
则或，解得或．
故选：D.
7．B
【分析】由三棱锥等体积法，可得，运算得解.
【详解】连接．由已知得为的中位线，所以，
为正三角形的中线，所以，又，
所以，所以为直角三角形，
所以．
因为，所以到平面的距离为，
设到平面的距离为，
因为，所以，
所以，所以．
故选：B.
8．C
【分析】根据题意结合全概率公式分析可得，进而可知是公比为的等比数列，利用累加法结合等比数列求和公式分析求解.
【详解】由题意可知：i的取值集合为，且，
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为，
根据全概率公式可得，
整理得，变形得，
因为，则，
同理可得，
所以是公比为的等比数列，
所以，
各项求和得，
则，即，解得．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意利用全概率公式结合等比数列的定义可得是公比为的等比数列.
9．ABD
【分析】利用双曲线的焦距求出的值，结合双曲线的渐近线方程，可判断A选项；利用勾股定理结合双曲线的定义求出、的值，可判断B选项；利用直线斜率的定义可判断C选项；利用双曲线焦半径公式求出点的坐标，可判断D选项.
【详解】对于A选项，，且，解得，
又因为，故双曲线的渐近线方程为，A对；
对于B选项，因为点在右支上，则，①
又因为，则，②
联立①②可得，，所以，，B对；
对于C选项，若点在第一象限，则直线的斜率为，
若点在第四象限，由对称性可知，直线的斜率为.
综上所述，直线的斜率为，C错；
对于D选项，设点，则，且，可得，
所以，，
解得，则，可得，即点，D对.
故选：ABD.
10．AC
【分析】根据周期和特殊点求得，，即可判断AB，结合图象和和解析式分析判断CD.
【详解】由题意可知：函数的周期，所以，故A正确；
令，即，
因为，即，
且，可得或，
又因为，所以，故B错误；
因为，由图象可知：在内单调递减，
且，所以在上单调递减，故C正确；
由图象直接得该质点在内的路程为，
所以该质点在内的平均速率为，所以D错误．
故选：AC.
11．BCD
【分析】先根据条件分析出的周期性和对称性，再得到的周期性，根据函数性质即可得结果.
【详解】由题意可得，两式相减可得①，
所以的图象关于点中心对称，A错误；
由②，②式两边对求导可得，可知是偶函数，
以替换①中的可得，
可得，所以是周期为4的周期函数，B正确；
因为，可知也是周期为4的周期函数，即，
两边求导可得，所以，C正确；
因为，令，则，即，
又因为是偶函数，所以，
又因为是周期为4的周期函数，则，
由可得，
所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于y轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于y轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍.
12．
【分析】根据题意结合交集运算求解.
【详解】由可得．
故答案为：.
13．
【分析】根据题意结合导数的几何意义以及对称性分析求解.
【详解】由题意可知：，设为曲线上的一点，
令过点A的切线斜率为，解得，
所以，所以点A到直线的距离为，
所以曲线上任意一点与曲线上任意一点之间距离的最小值为．
故答案为：.
14．/
【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解.
【详解】分别取、的中点、，连接．
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，平面，所以，，
因为，
所以，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为，所以，
所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上．
设，则，即，所以，
所以三棱锥外接球的半径为，表面积为，
因为，，即，
所以、、、四点共圆，
所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，
故四棱锥外接球的表面积为．
故答案为：
【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
15．(1)
(2)有差异
【分析】（1）根据题意列式求解即可；
（2）根据题意可得列联表，计算，并与临界值对比分析.
【详解】（1）由题意可得：，解得．
（2）零假设为：对短视频剪接成长视频APP的需求，青年人与中老年人没有差异．
由已知得，如下列联表：
可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
所以对短视频剪接成长视频的APP有需求，青年人与中老年人有差异．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）连接交于点，连接．
因为为底面的重心，则，
又因为，则，可知∥，
因为平面平面，
所以∥平面．
（2）取的中点，连接．
因为底面，且三棱柱的各棱长均为6，
可知射线两两垂直，
以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，可得，可得，
所以．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意联立方程结合判别式分析求解即可；
（2）设直线的方程为，，联立方程可得韦达定理，结合求得，进而可得四边形面积为，换元结合函数单调性分析求解.
【详解】（1）因为直线与抛物线相切，
所以方程组有唯一解，所以有唯一解，
所以，且，解得．
（2）设直线的方程为，，
因为点在抛物线上，分别位于第一象限和第四象限，
联立方程，消去x得，
则，可得，
因为，即，
整理得，
即，解得，
可知直线的方程为，可知，，符合题意，
则四边形的面积为
．
令，
所以，
因为，则，且与在上单调递增，
可知在上单调递增，
当且仅当，即时，，
所以四边形面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
18．(1)成立，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）构造，二次求导得到其单调性，得到，得到答案;
（2）①变形后构造，只需证明，求导得到其单调性，由得到证明;
②由和得到，再分组求和得到答案.
【详解】（1）恒成立，理由如下:
令，
则，令，
则在上恒成立，故在上单调递增，
其中，故在上恒成立，故在上单调递增，
故，即恒成立;
（2）①时，单调递增，故，
又，故要证，
只需证，
令，
则只需证明，
令，则函数在上单调递增，
所以当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以，故，
所以当时，;
②由（1）知，，
由于，
所以，
所以
【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的， 此类问题一般至少有两问， 已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
19．(1)，前项和为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；
（2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；
（3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.
【详解】（1）因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，
设公比为，则为正数，
由已知得
两式相除得，所以（舍去），所以，
所以的通项公式为，
前项和为；
（2）因为为阶等比数列，
所以，使得成立，
所以，
又，
所以，
即成立，
所以为阶等差数列；
（3）因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，
所以与同时成立，
所以与同时成立，
又的各项均为正数，所以对任意的，
数列和数列都是等比数列，
由数列是等比数列，
得也成等比数列，
设，
所以，所以是等比数列．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
青年人
中老年人
合计
对短视频剪接成长视频的APP有需求
300
250
550
对短视频剪接成长视频的APP无需求
100
350
450
合计
400
600
1000