河南省TOP二十名校2024屆高三下學(xué)期質(zhì)檢一數(shù)學(xué)試題含答案解析

2024屆高三年級TOP二十名校質(zhì)檢一數(shù)學(xué)全卷滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回.4.本卷命題范圍：高考范圍.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.若，則實數(shù)（）A.1 B.2 C.3 D.42.的展開式中常數(shù)項為（）A.28 B.56 C.70 D.763.若，則的值為（）A. B. C. D.4.已知圓，則下列說法錯誤是（）A.點在圓外 B.直線平分圓C.圓的周長為 D.直線與圓相離5.直線經(jīng)過橢圓長軸的左端點，交橢圓于另外一點，交軸于點，若，則該橢圓的焦距為（）A. B. C. D.6.在與中，已知，若，則（）A. B. C. D.7.如圖是棱長均為2的柏拉圖多面體，已知該多面體為正八面體，四邊形為正方形，分別為的中點，則點到平面的距離為（）A. B.1 C. D.8.甲?乙兩人進(jìn)行一場友誼比賽，賽前每人記入3分．一局比賽后，若決出勝負(fù)，則勝的一方得1分，負(fù)的一方得分；若平局，則雙方各得0分．若干局比賽后，當(dāng)一方累計得分為6時比賽結(jié)束且該方最終獲勝．令表示在甲的累計得分為i時，最終甲獲勝的概率，若在一局中甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，則（）A. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，，過的直線與的右支交于點，若，則（）A.的漸近線方程為 B.C.直線的斜率為 D.的坐標(biāo)為或10.某質(zhì)點的位移與運動時間的關(guān)系式為的圖象如圖所示，其與軸交點坐標(biāo)為，與直線的相鄰三個交點的橫坐標(biāo)依次為，則（）AB.C.質(zhì)點在內(nèi)的位移圖象為單調(diào)遞減D.質(zhì)點在內(nèi)的平均速率為（平均速率）11.已知定義在上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)分別為，且，則（）A.的圖象關(guān)于點中心對稱 B.C. D.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.12.若集合，則__________．13.記函數(shù)的圖象為，作關(guān)于直線的對稱曲線得到，則曲線上任意一點與曲線上任意一點之間距離的最小值為__________．14.在四棱錐中，已知平面平面，，若二面角的正切值為，則四棱錐外接球的表面積為__________．四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.近年來，短視頻作為以視頻為載體的聚合平臺，社交屬性愈發(fā)突出，在用戶生活中覆蓋面越來越廣泛，針對短視頻的碎片化缺陷，將短視頻剪接成長視頻勢必成為一種新的技能．某機構(gòu)在網(wǎng)上隨機對1000人進(jìn)行了一次市場調(diào)研，以決策是否開發(fā)將短視頻剪接成長視頻的APP，得到如下數(shù)據(jù)：

青年人中年人老年人對短視頻剪接成長視頻的APP有需求200對短視頻剪接成長視頻的APP無需求150其中的數(shù)據(jù)為統(tǒng)計的人數(shù)，已知被調(diào)研的青年人數(shù)為400．（1）求值；（2）根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析對短視頻剪接成長視頻的APP的需求，青年人與中老年人是否有差異？參考公式：，其中．臨界值表：0.10.050010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82816.如圖，三棱柱中，為底面的重心，．（1）求證：∥平面；（2）若底面，且三棱柱的各棱長均為6，設(shè)直線與平面所成的角為，求的值．17.在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線與拋物線相切．（1）求的值；（2）已知點在拋物線上，分別位于第一象限和第四象限，且，過分別作直線的垂線，垂足分別為，求四邊形面積的最小值．18.已知函數(shù)，，.（1）判斷是否對恒成立，并給出理由；（2）證明：①當(dāng)時，；②當(dāng)，時，19.在正項無窮數(shù)列中，若對任意的，都存在，使得，則稱為階等比數(shù)列．在無窮數(shù)列中，若對任意的，都存在，使得，則稱為階等差數(shù)列．（1）若為1階等比數(shù)列，，求的通項公式及前項和；（2）若為階等比數(shù)列，求證：為階等差數(shù)列；（3）若既是4階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，證明：是等比數(shù)列．

2024屆高三年級TOP二十名校質(zhì)檢一數(shù)學(xué)全卷滿分150分，考試時間120分鐘注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回.4.本卷命題范圍：高考范圍.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的.1.若，則實數(shù)（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模即可得到方程，解出即可.【詳解】因為，所以，所以．故選：D.2.的展開式中常數(shù)項為（）A.28 B.56 C.70 D.76【答案】A【解析】【分析】首先寫出二項式展開式的通項公式，然后確定其常數(shù)項即可.【詳解】的展開式的通項公式為：，令，解得，故的展開式中常數(shù)項為．故選：A.3.若，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題意先求得，再利用降冪公式和兩角和差公式運算求解.【詳解】因為，則，所以．故選：A.4.已知圓，則下列說法錯誤的是（）A.點在圓外 B.直線平分圓C.圓的周長為 D.直線與圓相離【答案】D【解析】【分析】根據(jù)方程可知圓心和半徑，結(jié)合圓的性質(zhì)和周長公式逐項分析判斷.【詳解】由可知圓心坐標(biāo)為，圓的半徑為1．對于選項A：由點到圓心的距離所以點在圓外，故A正確；對于選項B：因為圓心在直線上，所以圓關(guān)于直線對稱，故B正確；對于選項C，圓的周長為，故C正確；對于選項D，因為圓心到直線的距離為，所以直線與圓相切，故D錯誤．故選：D．5.直線經(jīng)過橢圓長軸的左端點，交橢圓于另外一點，交軸于點，若，則該橢圓的焦距為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出坐標(biāo)，根據(jù)向量共線關(guān)系求出點坐標(biāo)，再將其代入橢圓方程計算即可.【詳解】對直線方程令，則，令，則，則，點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，又因為，設(shè)，因為，即，則，解得，所以，代入橢圓的方程得，所以，所以橢圓的焦距為．故選：C.6.在與中，已知，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由題意可知有唯一解，且，結(jié)合正弦定理可得曲線和水平直線必須有唯一的交點，結(jié)合圖象分析求解.【詳解】由題意可知：有唯一解，且，由正弦定理，可得，所以關(guān)于A的方程有唯一解，可知曲線和水平直線必須有唯一的交點，則或，解得或．故選：D.7.如圖是棱長均為2的柏拉圖多面體，已知該多面體為正八面體，四邊形為正方形，分別為的中點，則點到平面的距離為（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】【分析】由三棱錐等體積法，可得，運算得解.【詳解】連接．由已知得為的中位線，所以，為正三角形的中線，所以，又，所以，所以直角三角形，所以．因為，所以到平面的距離為，設(shè)到平面的距離為，因為，所以，所以，所以．故選：B.8.甲?乙兩人進(jìn)行一場友誼比賽，賽前每人記入3分．一局比賽后，若決出勝負(fù)，則勝的一方得1分，負(fù)的一方得分；若平局，則雙方各得0分．若干局比賽后，當(dāng)一方累計得分為6時比賽結(jié)束且該方最終獲勝．令表示在甲的累計得分為i時，最終甲獲勝的概率，若在一局中甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意結(jié)合全概率公式分析可得，進(jìn)而可知是公比為的等比數(shù)列，利用累加法結(jié)合等比數(shù)列求和公式分析求解.【詳解】由題意可知：i的取值集合為，且，在甲累計得分為1時，下局甲勝且最終甲獲勝的概率為，在甲累計得分為1時，下局平局且最終甲獲勝的概率為，在甲累計得分為1時，下局甲敗且最終甲獲勝的概率為，根據(jù)全概率公式可得，整理得，變形得，因為，則，同理可得，所以是公比為的等比數(shù)列，所以，各項求和得，則，即，解得．故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)題意利用全概率公式結(jié)合等比數(shù)列的定義可得是公比為的等比數(shù)列.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知雙曲線的左、右焦點分別為、，，過的直線與的右支交于點，若，則（）A.的漸近線方程為 B.C.直線的斜率為 D.的坐標(biāo)為或【答案】ABD【解析】【分析】利用雙曲線的焦距求出的值，結(jié)合雙曲線的漸近線方程，可判斷A選項；利用勾股定理結(jié)合雙曲線的定義求出、的值，可判斷B選項；利用直線斜率的定義可判斷C選項；利用雙曲線焦半徑公式求出點的坐標(biāo)，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，，且，解得，又因為，故雙曲線漸近線方程為，A對；對于B選項，因為點在右支上，則，①又因為，則，②聯(lián)立①②可得，，所以，，B對；對于C選項，若點在第一象限，則直線的斜率為，若點在第四象限，由對稱性可知，直線的斜率為.綜上所述，直線的斜率為，C錯；對于D選項，設(shè)點，則，且，可得，所以，，解得，則，可得，即點，D對.故選：ABD.10.某質(zhì)點的位移與運動時間的關(guān)系式為的圖象如圖所示，其與軸交點坐標(biāo)為，與直線的相鄰三個交點的橫坐標(biāo)依次為，則（）A.B.C.質(zhì)點在內(nèi)位移圖象為單調(diào)遞減D.質(zhì)點在內(nèi)的平均速率為（平均速率）【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)周期和特殊點求得，，即可判斷AB，結(jié)合圖象和和解析式分析判斷CD.【詳解】由題意可知：函數(shù)的周期，所以，故A正確；令，即，因為，即，且，可得或，又因為，所以，故B錯誤；因為，由圖象可知：在內(nèi)單調(diào)遞減，且，所以在上單調(diào)遞減，故C正確；由圖象直接得該質(zhì)點在內(nèi)的路程為，所以該質(zhì)點在內(nèi)的平均速率為，所以D錯誤．故選：AC.11.已知定義在上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)分別為，且，則（）A.的圖象關(guān)于點中心對稱 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】先根據(jù)條件分析出的周期性和對稱性，再得到的周期性，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)即可得結(jié)果.【詳解】由題意可得，兩式相減可得①，所以的圖象關(guān)于點中心對稱，A錯誤；由②，②式兩邊對求導(dǎo)可得，可知偶函數(shù)，以替換①中的可得，可得，所以是周期為4的周期函數(shù)，B正確；因為，可知也是周期為4的周期函數(shù)，即，兩邊求導(dǎo)可得，所以，C正確；因為，令，則，即，又因為是偶函數(shù)，所以，又因為是周期為4的周期函數(shù)，則，由可得，所以，D正確.故選：BCD【點睛】關(guān)鍵點睛：解決這類題的關(guān)鍵是熟練掌握對稱與周期的關(guān)系，若關(guān)于兩點（縱坐標(biāo)相同）或者兩條直線（平行于y軸）對稱，則周期為這兩點或者這兩條直線的距離的兩倍，若關(guān)于一點和一直線（平行于y軸）對稱，則周期為這點和這條直線的距離的四倍.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在題中的橫線上.12.若集合，則__________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意結(jié)合交集運算求解.【詳解】由可得．故答案為：.13.記函數(shù)的圖象為，作關(guān)于直線的對稱曲線得到，則曲線上任意一點與曲線上任意一點之間距離的最小值為__________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及對稱性分析求解.【詳解】由題意可知：，設(shè)為曲線上的一點，令過點A的切線斜率為，解得，所以，所以點A到直線的距離為，所以曲線上任意一點與曲線上任意一點之間距離的最小值為．故答案為：.14.在四棱錐中，已知平面平面，，若二面角的正切值為，則四棱錐外接球的表面積為__________．【答案】##【解析】【分析】分別取、的中點、，連接，即可證明平面，從而得到，再由，即可得到平面，從而得到為二面角的平面角，即可求出，又三棱錐外接球的球心在直線上，求出三棱錐外接球的半徑，即可得到外接球的表面積，再由、、、四點共圓，即可得到三棱錐的外接球即為四棱錐的外接球，從而得解.【詳解】分別取、的中點、，連接．因為，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，平面，所以，，因為，所以，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以為二面角的平面角，所以，因為，所以，所以三棱錐外接球的球心在直線上，由知在線段的延長線上．設(shè)，則，即，所以，所以三棱錐外接球的半徑為，表面積為，因為，，即，所以、、、四點共圓，所以三棱錐的外接球即為四棱錐的外接球，故四棱錐外接球的表面積為．故答案為：【點睛】方法點睛：與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認(rèn)真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.近年來，短視頻作為以視頻為載體的聚合平臺，社交屬性愈發(fā)突出，在用戶生活中覆蓋面越來越廣泛，針對短視頻的碎片化缺陷，將短視頻剪接成長視頻勢必成為一種新的技能．某機構(gòu)在網(wǎng)上隨機對1000人進(jìn)行了一次市場調(diào)研，以決策是否開發(fā)將短視頻剪接成長視頻的APP，得到如下數(shù)據(jù)：

青年人中年人老年人對短視頻剪接成長視頻的APP有需求200對短視頻剪接成長視頻的APP無需求150其中的數(shù)據(jù)為統(tǒng)計的人數(shù)，已知被調(diào)研的青年人數(shù)為400．（1）求的值；（2）根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析對短視頻剪接成長視頻的APP的需求，青年人與中老年人是否有差異？參考公式：，其中．臨界值表：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）（2）有差異【解析】【分析】（1）根據(jù)題意列式求解即可；（2）根據(jù)題意可得列聯(lián)表，計算，并與臨界值對比分析.【小問1詳解】由題意可得：，解得．【小問2詳解】零假設(shè)為：對短視頻剪接成長視頻APP的需求，青年人與中老年人沒有差異．由已知得，如下列聯(lián)表：

青年人中老年人合計對短視頻剪接成長視頻的APP有需求300250550對短視頻剪接成長視頻的APP無需求100350450合計4006001000可得，根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，所以對短視頻剪接成長視頻的APP有需求，青年人與中老年人有差異．16.如圖，三棱柱中，為底面的重心，．（1）求證：∥平面；（2）若底面，且三棱柱的各棱長均為6，設(shè)直線與平面所成的角為，求的值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，連接，根據(jù)線面平行的判定定理分析證明；（2）建系，求平面的法向量，利用空間向量求線面夾角.【小問1詳解】連接交于點，連接．因為為底面的重心，則，又因為，則，可知∥，因為平面平面，所以∥平面．【小問2詳解】取的中點，連接．因為底面，且三棱柱的各棱長均為6，可知射線兩兩垂直，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，令，可得，可得，所以．17.在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線與拋物線相切．（1）求的值；（2）已知點在拋物線上，分別位于第一象限和第四象限，且，過分別作直線的垂線，垂足分別為，求四邊形面積的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意聯(lián)立方程結(jié)合判別式分析求解即可；（2）設(shè)直線的方程為，，聯(lián)立方程可得韋達(dá)定理，結(jié)合求得，進(jìn)而可得四邊形面積為，換元結(jié)合函數(shù)單調(diào)性分析求解.【小問1詳解】因為直線與拋物線相切，所以方程組有唯一解，所以有唯一解，所以，且，解得．【小問2詳解】設(shè)直線的方程為，，因為點在拋物線上，分別位于第一象限和第四象限，聯(lián)立方程，消去x得，則，可得，因為，即，整理得，即，解得，可知直線的方程為，可知，，符合題意，則四邊形的面積為．令，所以，因為，則，且與在上單調(diào)遞增，可知在上單調(diào)遞增，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，，所以四邊形面積的最小值為．【點睛】方法點睛：與圓錐曲線有關(guān)的最值問題的兩種解法：（1）數(shù)形結(jié)合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解；（2）構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值（注意：有時需先換元后再求最值）．18.已知函數(shù)，，.（1）判斷是否對恒成立，并給出理由；（2）證明：①當(dāng)時，；②當(dāng)，時，.【答案】（1）成立，理由見解析（2）①證明見解析；②證明見解析【解析】【分析】（1）構(gòu)造，二次求導(dǎo)得到其單調(diào)性，得到，得到答案;（2）①變形后構(gòu)造，只需證明，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，由得到證明;②由和得到，再分組求和得到答案.【小問1詳解】恒成立，理由如下:令，則，令，則在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，其中，故在上恒成立，故在上單調(diào)遞增，故，即恒成立;【小問2詳解】①時，單調(diào)遞增，故，又，故要證，只需證，令，則只需證明，令，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，，所以，所以在上單調(diào)遞減，所以，故，所以當(dāng)時，;②由（1）知，，由于，所以，所以【點睛】方