河南省TOP二十名校2024届高三下学期5月联考猜题（一）数学试卷

这是一份河南省TOP二十名校2024届高三下学期5月联考猜题（一）数学试卷，共12页。试卷主要包含了已知实数满足，则的值为等内容，欢迎下载使用。
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.设集合，若，则（ ）
A.-2 B.-1 C.1 D.3
3.设角的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与轴非负半轴重合，则“”是“”的（ ）
A.充要条件 B.必要不充分条件
C.充分不必要条件 D.既不充分又不必要条件
4.将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5.在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后有且只有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（ ）
A. B. C. D.
6.已知椭圆的左顶点､上顶点分别为，右焦点为，过且与轴垂直的直线与直线交于点，若直线的斜率小于为坐标原点，则直线的斜率与直线的斜率的比值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.如图，在圆锥中，若轴截面为等边三角形为底面圆周上一点，且，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知实数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.将正数用科学记数法表示为，则把分别叫做的首数和尾数，分别记为，下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
10.已知的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为2187，则下列说法正确的是（ ）
A.展开式中奇数项的二项式系数之和为64
B.展开式中存在常数项
C.展开式中含项的系数为560
D.展开式中系数最大的项为
11.在平面直角坐标系中，点是拋物线的焦点，到的准线的距离为2，点是上的动点，过点且与相切的直线与轴交于点是准线上的一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.当点的横坐标为2时，直线的斜率为1
C.设，则的最小值为
D.成等差数列
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若向量不共线，且，则的值为__________.
13.若正数满足，则的最小值是__________.
14.记是不小于的最小整数，例如，则函数的零点个数为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小､形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球.小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量为小张摸出白球的个数.
（1）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求和；
（2）若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求的分布列.
17.（本小题满分15分）
如图，在正三棱杜中，为的重心，是棱上的一点，且平面.
（1）证明：；
（2）若，求点到平面的距离.
18.（本小题满分17分）
动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是2，记动点的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）过的直线与交于两点，且，若点满足，证明：点在一条定直线上.
19.（本小题满分17分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，数列满足，且，证明：.
2024届高三年级TOP二十名校猜题一·数学
参考答案､提示及评分细则
1.B 因为复数，所以对应的点为，位于第二象限.故选B.
2.C 由已知得，若，解得，此时，符合题意；若，解得-2，此时，不符合题意；若，解得，此时，不符合题意.综上所述：.故选C.
3.C 当（）时，，所以成立，所以“（）”是“”的充分条件；当时，，所以“”不是“”的必要条件.故选C.
4.A 将函数的图象向右平移个单位长度得，又的图象关于轴对称，所以，解得，当-1时，取得最小值.故选A.
5.A 记事件为在某次通电后有且只有一个需要更换，事件为需要更换，则，由条件概率公式可得.故选A.
6.D 由已知得，直线的方程为，设椭圆的焦距为，由题意设点，则，即，所以，又，所以，即.设直线的斜率与直线的斜率的比值为，则，又，所以.故选D
7.A 取的中点为，连接，则，所以为直线与直线所成的角或补角.取的中点为，连接，因为，为正三角形，所以，又平面，所以平面.设，则，又，所以，所以，所以，即，又，所以.故选A.
8.B 由，得.令，易得在上单调递增，又，所以，所以，所以.故选B.
9.AD 若，则，所以，故A正确；
若，则，，所以不成立，故B错误；
若，则，，所以不成立，故C错误；若，则，，所以，所以D正确.故选AD.
10.ACD 由二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，所以，解得，又展开式的各项系数之和为2187，即当时，，解得.则二项式系数之和为，则奇数项的二项式系数之和为，故A正确；的展开式的通项，令，解得，故展开式中不存在常数项，故B错误；令，解得，所以展开式中含项的系数为，故正确；由解得，又，所以5，所以展开式中系数最大的项为，故D正确.故选ACD.
11.BC 抛物线化为标准方程为，因为到的准线的距离为2，所以，所以，故A错误；由得，的方程为，所以，所以直线的斜率，故B正确；，当且仅当点是线段与的交点时，等号成立，故C正确；
不妨设点在第一象限，则点，所以，所以直线的斜率，所以直线的方程为，化简可得，，令，则，所以，因为，所以，所以，所以，故D错误.故选BC.
12.1 因为不共线，所以可设为一组基向量，因为，所以，使得，所以，所以，消去，得.
13.4 因为，所以，因为为正数，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是4.
14.3 令，则，令，则与的交点个数即为的零点个数.当时，，又，所以是周期为1的函数，在上单调递减，且，所以可作出与的图象如图，
所以与有3个交点，故的零点个数为3.
15.解：（1）因为，
所以，所以数列是公比为的等比数列，
所以，解得，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
所以，
相减得，，
所以.
16.解：（1）由已知得，，
所以
.
（2）由已知得，服从超几何分布，且，
所以的分布列为
17.（1）证明：连接，延长交于，连接，如图所示.
因为为的重心，所以，
因为平面平面，
平面平面，
所以，
所以.
（2）解：取的中点为，连接.
因为三棱柱是正三棱柱，所以直线两两垂直，
以为坐标原点，直线所在的直线分别为轴建立空间坐标系，如图所示.
又，
则，
所以.
设平面的法向量，
所以，令，解得，
所以平面的一个法向量，
所以，
即点到平面的距离为.
18.（1）解：由题意知，所以，
所以，
化简得，的方程为.
（2）证明：依题意，设，
①当直线的斜率为0时，不妨设，
因为，所以，
所以，从而，
则，即，解得，即.
②当直线的斜率不为0时，设的方程为，
由消去，得，
则且，
因为，所以
消去，得，
所以，
从而，
又也在直线上.
综上，点在直线上.
19.（1）解：由题意知.
当时，令，解得，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为，
要证，即证，
又，即证.
令，则，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则，
所以，即，
所以成立，证毕.2
3
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