2023-2024學年河南省“頂尖計劃”高中畢業(yè)班上學期第一次聯(lián)考數(shù)學試題 一、單選題1．設集合，，則（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到，求出交集.【詳解】，，故.故選：B2．若復數(shù)滿足，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先得到共軛復數(shù)，進而化簡得到，求出.【詳解】，故，故，所以.故選：C3．已知同一平面內的單位向量滿足，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意得到，兩邊平方后得到，從而求出，得到答案.【詳解】因為，所以，兩邊平方得，因為均為單位向量，所以，解得，故，所以.故選：D4．漢代初年成書的《淮南萬畢術》記載：“取大鏡高悪，算水盆于下，則見四鄰矣．”這是中國古代人民利用光的反射原理的實例，體現(xiàn)了傳統(tǒng)文化中的數(shù)學智慧．光的反射原理可概述為：反射光線、入射光線和法線都在同一平面內；反射光線和入射光線分居在法線的兩側；反射角等于入射角．在平面直角坐標系中，一條光線從點射出，經軸反射后，反射光線所在直線與圓相切，則反射光線所在直線的斜率為（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】變形后得到圓心和半徑，求出關于軸的對稱點為，作出輔助線，得到為反射光線所在直線，由兩點間斜率公式求出，從而得到答案.【詳解】變形為，即圓心為，半徑為，求出關于軸的對稱點為，連接，過點作⊥交軸于點，連接，則所在直線為入射光線，為反射光線所在直線，其中，故.故選：C5．設各項都為正數(shù)的無窮等差數(shù)列的公差為，且，則的最小值為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由得出，表示并結合基本不等式得出結果.【詳解】等差數(shù)列的公差為，且，則，即，所以，.無窮等差數(shù)列各項都為正數(shù),所以，，即..當時，即取等號.則的最小值為.故選：C.6．已知圓錐的軸截面為正三角形，用平行于底面的平面截圓錐所得到的圓錐與圓臺的體積之比為，則圓錐與圓臺的表面積之比為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】畫出圖形，設出圓的半徑為，，得到其他各邊長，從而求出圓錐和圓臺的表面積，得到答案.【詳解】根據(jù)題意得到為等邊三角形，設圓的半徑為，則，由勾股定理得，設，則，故圓錐的體積為，圓錐的體積為，因為圓錐與圓臺的體積之比為，故圓錐與圓錐的體積之比為，即，解得，所以，則圓臺上底面面積為，圓臺上底面的周長為，圓臺下底面面積為，下底面周長為，由勾股定理得，，故，則圓臺側面積為，故表面積為，圓錐的側面積為，故圓錐的表面積為，所以圓錐與圓臺的表面積之比為.  故選：A7．已知雙曲線的離心率為2，左、右頂點分別為，右焦點為，點在的右支上，且滿足，則（    ）A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】由題意得，，然后求出點的坐標，從而可求出，在中利用余弦定理求出，再利用同角三角函數(shù)的關系可求得答案.【詳解】由題意得，，則，，由雙曲線的對稱性，不妨設點在第一象限，當時，，得，則，即，所以，，，在中，由余弦定理得，因為為銳角，所以，所以，故選：A  8．若函數(shù)在單調遞增，則的最小值為（    ）A． B． C． D．0【答案】B【分析】參變分離得到，構造，，求導得到函數(shù)單調性，得到極值和最值，從而求出，求出最小值.【詳解】對任意的恒成立，即，可得，令，其中，則，當時，，此時函數(shù)單調遞增，當時，，此時函數(shù)單調遞減，所以在取得極大值，，所以當時，取得最大值，，所以，，故.故選：B【點睛】方法點睛：分離參數(shù)法基本步驟為：第一步：首先對待含參的不等式問題在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負的情況下，可以根據(jù)不等式的性質將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，第二步：先求出含變量一邊的式子的最值，通常使用導函數(shù)或基本不等式進行求解.第三步：由此推出參數(shù)的取值范圍即可得到結論. 二、多選題9．已知樣本數(shù)據(jù)，，，和樣本數(shù)據(jù)，，，滿足，則（    ）A．，，，的平均數(shù)小于，，，的平均數(shù)B．，，，的中位數(shù)小于，，，的中位數(shù)C．，，，的標準差不大于，，，的標準差D．，，，的極差不大于，，，的極差【答案】CD【分析】根據(jù)數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)，以及標準差和極差的定義和計算方法，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，因為，可得，所以不一定小于，所以A不正確；設數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，因為，可得，則不一定小于，所以B不正確；設數(shù)據(jù)的方差為，數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，因為，可得，又因為，所以，可得，所以C正確；數(shù)據(jù)的極差為，數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，因為，可得，所以D正確.故選：CD.10．已知函數(shù)圖象的任意一個對稱中心到與之相鄰的對稱軸的距離為，且將該圖象向左平移個單位長度得到的圖象關于軸對稱，則下列說法正確的是（    ）A．，B．直線為的圖象的一條對稱軸C．若在單調遞增，則的最大值為D．對任意，關于的方程總有奇數(shù)個不同的根【答案】ABD【分析】首先根據(jù)函數(shù)的性質求函數(shù)的解析式，再利用整體代入的方法判斷函數(shù)的對稱軸，結合函數(shù)的單調區(qū)間，求的值，最后利用數(shù)形結合，結合對稱性，判斷實數(shù)根的個數(shù).【詳解】A.由題意可知，，得，，函數(shù)的圖象向左平移個單位長度得到函數(shù)，因為函數(shù)的圖象關于軸對稱，所以,得，因為，所以    ，所以，故A正確；B.當時，，所以直線為的圖象的一條對稱軸，故B正確；C.當時，，由題意可知，，，，得，，只有當有解，得，所以的最大值為，故C錯誤；D.，所以函數(shù)關于對稱，而也關于對稱，所以兩個函數(shù)圖象必有一個交點，若有其他交點，交點也關于對稱，所以交點個數(shù)是奇數(shù)個，方程總有奇數(shù)個不同的根，故D正確. 故選：ABD11．已知函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，，且，則（    ）A． B．的圖象關于點對稱C．以6為周期的函數(shù) D．【答案】ABC【分析】令，求出可判斷A；利用和得出可判斷B正確；利用周期函數(shù)的定義和求出周期可判斷C；賦值法求出，結合周期可判斷D.【詳解】因為函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，所以，，對于A，令，可得，因為，可得，故A正確；對于B，因為，所以，可得，從而，又因為，可得，所以，可得，所以的圖象關于點對稱，故B正確；對于C，因為，所以，所以，可得，所以有，所以以6為周期的函數(shù)，故C正確；對于D，，，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，所以，所以，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：適當?shù)馁x值和變量代換，是探求抽象函數(shù)周期的關鍵，求解抽象函數(shù)問題，要有扎實的基礎知識和較強的抽象思維和邏輯推理能力.12．已知球的半徑為2，點是球表面上的定點，且，，點是球表面上的動點，滿足，則（    ）A．有且僅有一個點使得 B．點到平面的距離為C．存在點使得平面 D．的取值范圍為【答案】ABD【分析】B選項，先根據(jù)向量數(shù)量積公式得到，，畫出三棱錐，設點在平面上的投影為，則⊥平面，設，由勾股定理列出方程，求出，進而求出點到平面的距離；A選項，建立空間直角坐標系，設，則，根據(jù)，得到，從而得到方程，求出，即為直徑，A正確；C選項，求出平面的法向量，假設有，結合求出的，又，求出或，推出兩種情況均不滿足，不合要求，D選項，表達出，，其中，設，，利用輔助角公式得到，從而求出的取值范圍.【詳解】B選項，因為，兩邊平方得，，故，同理可得，，畫出三棱錐，設點在平面上的投影為，則⊥平面，  其中為平面的外心，連接并延長，交于點，則點為的中點，因為，所以⊥，故，由勾股定理得，則，設，則，由勾股定理得，即，解得，由勾股定理得，故點到平面的距離為，B正確；A選項，以為坐標原點，平行于的直線為軸，平行于的直線為軸，垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，則球的方程為，設，因為，所以，解得，設，則，當時，，其中，故，即為直徑，故，故有且僅有一個點使得，A正確；  C選項，設平面的法向量為，則，解得，令，解得，故，，因為，所以，解得，又，故，，假設存在點使得平面，則有，即，代入中，，化簡得，解得或，當時，，由于，此時不滿足，不合題意，當時，此時不滿足，不合要求，故不存在點使得平面，C錯誤.D選項，，其中，設，，則，其中，故，D正確.故選：ABD【點睛】立體幾何中體積最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構建函數(shù)法，即建立所求體積的目標函數(shù)，轉化為函數(shù)的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關系），往往可以使用此種方法；三是根據(jù)幾何體的結構特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值. 三、填空題13．已知函數(shù)，則      ．【答案】3【分析】先計算出，再計算出.【詳解】，故，又，故.故答案為：314．設，若，，則      ．【答案】【分析】先得到，計算出，利用湊角法計算出，從而得到.【詳解】因為，所以，因為，所以，故，所以故.則.故答案為：15．一個不透明的盒子中有4個除顏色外完全相同的球，其中3個紅球，1個白球．從盒子中隨機取兩次球，每次取出1個球和2個球的概率均為，則最終盒子里只剩下1個球且是白球的概率為      ．【答案】/【分析】分兩種情況，結合組合數(shù)公式，求解概率.【詳解】第一種情況，第一次先拿1個紅色球，第二次拿2個紅色球，概率，第二種情況，第一次先拿2個紅色球，第二次拿1個紅色球，概率，綜上可知，最終盒子里只剩下1個球且是白球的概率為.故答案為：16．已知橢圓的兩個焦點為．點為上關于坐標原點對稱的兩點，且，的面積，則的離心率的取值范圍為      ．【答案】【分析】作出輔助線，根據(jù)題意得到四邊形為矩形，故，求出，再根據(jù)，利用勾股定理得到，得到，再根據(jù)上存在關于坐標原點對稱的兩點，使得，得到，得到，得到離心率.【詳解】連接，由題意得，，又，所以四邊形為矩形，故，所以，故，又，由勾股定理得，即，，故，即，故，解得，又上存在關于坐標原點對稱的兩點，使得，故，所以，即，所以，，解得，綜上，的離心率的取值范圍是.  故答案為：【點睛】方法點睛：離心率是橢圓最重要的幾何性質，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)的常見方法：①求出，代入公式；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于離心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得離心率(離心率的取值范圍). 四、解答題17．記的內角的對邊分別為，的面積為．(1)求；(2)若，，為邊的中點，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)三角形面積公式得到，結合求出；（2）根據(jù)余弦定理和三角形面積求出，根據(jù)為邊的中點，得到，平方后求出，得到.【詳解】（1）由題意，所以，因為，所以．（2）由余弦定理得，又，所以．因為為邊的中點，所以，所以，則．18．如圖，在正四棱柱中，，，E，F，G，H分別為棱，，，的中點．  (1)證明：E，F，G，H四點在同一個平面內；(2)若點在棱上且滿足平面，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）由中位線可得線線平行，進而證明出，得到四點共面；（2）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，設，由線面垂直得到的值，從而得到線面角的正弦值.【詳解】（1）如圖，連接．  因為E，F，G，H均為所在棱的中點，所以且，即四邊形為平行四邊形，故．又可得，所以，所以E，F，G，H四點在同一個平面內．（2）在正四棱柱中，，，兩兩互相垂直，故以為坐標原點，，，的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系．  由，，可知，，，，則，設，則．因為平面，所以，即，得．所以．易得平面的一個法向量為．設與平面所成的角為，則．19．已知數(shù)列滿足，.(1)設，求數(shù)列的通項公式；(2)設，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）根據(jù)遞推式得，由等比數(shù)列定義求出通項公式即可求解；（2）利用裂項相消法求和，利用符號法證明不等式即可.【詳解】（1）由已知得，所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以.（2）由（1）可知，所以，，所以，因為，所以，即.20．已知函數(shù)，．(1)當時，求曲線在處的切線方程；(2)若為的極小值點，求的取值范圍．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求導，得到切線斜率，進而利用點斜式求出切線方程；（2）求定義域，求導，由導函數(shù)等于0得到或，分，和三種情況，得到答案.【詳解】（1）當時，，，，，所以切線方程為，即．（2）的定義域為，，，令，則或．①當時，，令，解得或，令，解得，可知在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，故為的極大值點，不符合條件；②當時，，在單調遞增，故無極值點；③當時，，令，解得或，令，解得，可知在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，故為的極小值點，符合條件．綜上，的取值范圍為．21．小明參加一項答題活動，需進行兩輪答題，每輪均有道題．第一輪每道題都要作答；第二輪按次序作答，每答對一題繼續(xù)答下一題，一旦答錯或題目答完則結束答題．第一輪每道題答對得5分，否則得0分；第二輪每道題答對得20分，否則得0分．無論之前答題情況如何，小明第一輪每題答對的概率均為，第二輪每題答對的概率均為．設小明第一輪答題的總得分為，第二輪答題的總得分為．(1)若，求；(2)證明：當時，．【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）設小明第一輪答對的題數(shù)為，則，從而求出，再根據(jù)求出；（2）設小明第二輪答對的題數(shù)為，求出的可能取值及可能取值，得到，利用錯位相減法求和，再根據(jù)求出，從而比較出當時，.【詳解】（1）設小明第一輪答對的題數(shù)為，由條件可知，則，因為，所以，因此，當時，．（2）設小明第二輪答對的題數(shù)為，則的所有可能取值為0，1，2，…，n，且，，，…，，．所以，①，②①－②得，所以．因為，所以．當時，，，即得證．22．已知拋物線的焦點為，以為圓心作半徑為1的圓，過且傾斜角為的直線與拋物線交于兩點，且．(1)求的方程；(2)設為坐標原點，為上一點，過作圓的兩條切線，分別交于另外兩點，直線分別交軸正半軸、軸正半軸于兩點，求面積的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用定義可得，聯(lián)立直線與拋物線，結合韋達定理求解即可；（2）設點，，，分別求出，，的直線方程，進而可得的面積公式，再利用與圓相切的條件，用表示并得到的取值范圍，再利用導數(shù)求面積的最小值即可.【詳解】（1）由題意可知，直線的方程為，聯(lián)立消去得，設點，，則，所以，即，解得，所以的方程為.（2）由（1）知圓，設點，，，顯然，則直線的方程為，直線的方程為，直線的方程為，由的方程可得，，則的面積為，所以．因為與圓相切，所以點到直線的距離為，整理得，同理可得，所以是方程的兩根，所以，，解得，的面積化為，設，則，令，得，所以在單調遞減，在單調遞增，故面積的最小值為．【點睛】解決直線與圓錐曲線相交（過定點、定值）問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為，；（2）聯(lián)立直線與曲線方程，得到關于或的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為，形式；（5）代入韋達定理求解. 

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