河南省2024届高三上学期起点考试数学试题（Word版附解析）

河南省2024届高三起点考试数学试卷本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟★祝考试顺利★注意事项：1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡指定位置，认真核对与准考证号条形码上的信息是否一致，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：选出答案后，用2B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．答在试题卷上无效．3．非选择题的作答：用黑色墨水的签字笔直接答在答题卡上的每题所对应的答题区域内．答在试题卷上或答题卡指定区域外无效．4．考试结束，监考人员将答题卡收回，考生自己保管好试题卷，评讲时带来．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.已知复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算和几何意义可得答案.【详解】由得，则复数z在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.2.已知，则等于（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用对数函数定义域求出集合A，利用一元二次不等式求出集合B，再根据交集运算求解即可.【详解】由，即，所以，解得，又，所以，由，即，解得，又，所以，所以.故选：D3.已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】由线面、面面平行的判定定理及线面、面面垂直的判定定理逐一判断各选项.【详解】对于A，由面面平行判定定理可知，在平面内需要两条相交直线与平面平行才能得出两平面平行，故A错误；对于B，选项缺少不在平面内，故B错误；对于C，由面面垂直的性质定理可知，平面内的直线与，两个平面的交线垂直，才能得出，故C错误；对于D，已知，为平面内的一条直线，由面面垂直判定定理可知D正确，故D正确.故选：D.4.新高考按照“”的模式设置，其中“3”为语文，数学、外语3门必考科目，“1”由考生在物理、历史2门科目中选考1门科目，“2”由考生在化学、生物，政治，地理4门科目中选考2门科目，若学生甲、乙随机选择自己的选考科目，则甲、乙选考的三门科目均不相同的概率为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】结合排列组合数的运算，利用古典概型概率公式求解即可.【详解】由题意，甲、乙随机选择自己的选考科目的情况有种，甲、乙选考三门科目均不相同的情况有种，所以所求的概率是.故选：A5.已知，甲：，乙：，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】【分析】易知当时，两集合相等；当时，不一定相等，即只有充分性成立.【详解】充分性：若，显然两集合对应的不等式相同，可得，即充分性成立；必要性：若，当都为空集时，此时只需要满足且即可，不妨取，此时满足，但，即必要性不成立；所以甲是乙的充分条件但不是必要条件.故选：A6.设不为1的实数a，b，c满足：，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】举反例，根据对数值的正负可判断A；根据对数的运算性质可判断B；根据指数函数以及对数函数的单调性可判断C，D.【详解】对于A，若，则， 则不成立，A错误；对于B，因为，所以，即，B正确；对于C，当时，是R上的减函数，由于，故，C错误；对于D，当时，是上的减函数，由于，故，D错误；故选：B7.已知过坐标原点的直线l与圆相交于M，N两点，当线段MN的长为整数时，所有满足条件直线的条数为（）A.12B.13C.25D.26【答案】C【解析】【分析】确定圆心和半径，求得MN的长的最小值和最大值，确定满足题意的所有整数值的个数，结合圆的对称性，即可确定答案.【详解】由题意知的圆心为，半径为，当直线l经过圆心时，MN最长，此时；当直线l与圆心和原点的连线垂直时，MN最短，此时，；故的范围为，由于，则包含共13个整数，其中为的最小值，此时l只有一条，取其他整数时，对应的直线l皆有2条，这2条直线关于直线对称，如图， 故当线段MN的长为整数时，所有满足条件直线的条数为，故选：C8.已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（）A.1B.3C.5D.7【答案】D【解析】【分析】令，则方程变为了，在同一直角坐标系中分别画出和的图象得到相应的范围，再画出的图象，结合图像即可得解.【详解】首先由定义知道，又由的定义域知道，所以有.然后在同一直角坐标系中先分别画出和的图象，如下图所示：设方程的三个根从大到小依次排列为，则由图可知.现在在同一直角坐标系中先分别画出，，，的图象如下图： 由图可知分别与，，的图象分别交于一共七个点，所以方程有7个根，则函数的零点个数为7.故选：D.【点睛】关键点睛：解题关键是首先将原问题转化为求方程的根之后，利用了换元的思想方法，进一步只需讨论和的图象交点个数以及相应的的范围(这里用到了数学结合的思想方法)，进而再次利用数形结合即可得解.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.学校“未来杯”足球比赛中，甲班每场比赛平均失球数是1.9，失球个数的标准差为0.3；乙班每场比赛平均失球数是1.3，失球个数的标准差为1.2，你认为下列说法中正确的是（）A.平均来说乙班比甲班防守技术好B.乙班比甲班防守技术更稳定C.乙班在防守中有时表现非常好，有时表现比较差D.甲班很少不失球【答案】ACD【解析】【分析】由平均数及方差的大小关系逐一判断各选项.【详解】对于A，从平均数角度考虑是对的，甲班每场比赛平均失球数大于乙班每场比赛平均失球数，故A正确；对于B，从标准差角度考虑是错的，甲失球个数的标准差小，防守技术更稳定；故B错误；对于C，乙失球个数的标准差大，防守中的表现不稳定，故C正确；对于D，从平均数和标准差角度考虑是对的，故D正确.故选：ACD.10.下列函数中既是奇函数又是增函数为（） A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据奇偶性定义，结合奇偶性和单调性的性质依次判断各个选项即可.【详解】对于A，在和上为增函数，但在定义域上不是增函数，A错误；对于B，的定义域为，，为定义在上的奇函数；当时，，由二次函数性质知：在上单调递增；结合奇函数性质知：上单调递增，是定义在上的增函数，B正确；对于C，的定义域为，，为定义在上的奇函数；在上单调递增，在上单调递减，是定义在上的增函数，C正确；对于D，定义域为，，为定义在上的奇函数；在上单调递增，且恒大于零，在上单调递减，在上单调递减，即为定义在上的增函数，D正确.故选：BCD.11.已知A，B两点的距离为定值2，平面内一动点C，记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，下面说法正确的是（） A.若，则S的最大值为1B.若，则S的最大值为C.若，则S的最大值为D.若，则S的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A.由，得到，再利用基本不等式求解；B.由，利用余弦定理得到，进而得到，然后由求解；C.建立平面直角坐标系，设，由，得到点C的轨迹为双曲线的一支求解；D.建立平面直角坐标系，设，由，得到点C的轨迹方程求解.【详解】A.因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，故错误；B.因为，由余弦定理得，即，所以，则，当时，，故正确；C.建立如图所示平面直角坐标系： 设，因为，所以点C的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的左支，则，即，即，则，所以轨迹方程为，则，所以S无最大值，故错误；D.建立如图所示平面直角坐标系：设，因为，且，则，即，整理得，所以，则，所以S的最大值为，故正确；故选：ABD12.已知是正实数，且，则下列说法正确的是（）A.的最大值B.的最小值为C.的最小值D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】选项A，利用用基本不等式化和为积，转化为解关于的不等式即可；选项B，利用基本不等式得的最小值为，再结合重要不等式，由传递性可得；选项C，利用“1”的代换，转化条件等式求最值；选项D，将式子变形，转化为关于的函数最值求解即可.【详解】选项A，令，满足，但，故A项错误；选项B，由，且 解得，当且仅当时，等号成立故的最小值为.又，当且仅当时，等号成立.故的最小值为.故B项正确；选项C，由得，，则当且仅当，即时，等号成立.所以的最小值.即C项正确；选项D，令，则令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；故，则.此时，，即或. 则最小值为，故D项错误.故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，，向量在向量上的投影向量的坐标为_________．【答案】【解析】【分析】根据数量积坐标运算可构造方程求得向量，进而求得，，结合投影向量定义可得结果.【详解】设，则，，，，在上的投影向量坐标为.故答案为：.14.数列的首项为2，等比数列满足且，则的值为__________．【答案】2【解析】【分析】根据等比数列定义可写出数列的通项公式，再利用累乘可得出数列的表达式，代入计算即可得.【详解】设等比数列的首项为，公比为，利用等比数列定义可知所以可得， ，，由累乘可得，整理可得所以，又，所以可得；即.故答案为：215.偶函数的定义域为D，函数在上递增，且对于任意a，均有，写出符合要求的一个函数为__________．【答案】均可以【解析】【分析】根据可构造对数函数，结合函数奇偶性和单调性得到均可.【详解】因为在上单调递增，又，即满足，故均满足要求，故答案为：均可以.16.已知函数，，，在内恰有两个极值点，且 ，则的所有可能取值构成的集合是__________．【答案】【解析】【详解】在内恰有两个极值点，若最小正周期为，又，则，即，，解得：，又，或；，，关于中心对称，，解得：；当时，，又，；当时，，又，或；综上所述：的所有可能取值构成的集合为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数性质求解参数值的问题，解题关键是能够根据函数极值点的个数和对称性确定函数的最小正周期与区间长度之间的关系，由此可构造不等式求得的值.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系直接求解即可；（2）结合（1）的结论可判断出的正负，去掉绝对值符号后，采用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】当时，；当且时，；经检验：满足，.【小问2详解】由（1）得：，当时，；当时，；当时，；.18.已知在中．（1）求； （2）设，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题，利用两角和与差的三角函数，化简得到，再由，结合三角函数的基本关系式，即可求解；（2）由（1）求得，利用正弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【小问1详解】解：在中，，可得，即，所以，即，则，所以都为锐角，因为，可得，所以，所以，即，又由，可得.【小问2详解】解：因为，由正弦定理，可得，又由，即，所以的面积等于.19.如图，四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，，侧面是等边三角形． （1）证明：；（2）点是侧棱的中点，过两点作平面，设平面与分别交于点，当直线时，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理可求得，由面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；（2）利用线面平行的性质可说明为中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】在中，，，由正弦定理可知：，，即，；平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.【小问2详解】直线平面，平面平面﹐平面，又为中点，为中点．以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，， 设平面，即平面的法向量，则，令，解得：，，，，即直线与平面所成角的正弦值为.20.某考生在做高考数学模拟题第题时发现不会做．已知该题有四个选项，为多选题，至少有两项正确，至多有个选项正确．评分标准为：全部选对得分，部分选对得分，选到错误选项得分．设此题正确答案为个选项的概率为．已知该考生随机选择若干个（至少一个）．（1）若，该考生随机选择个选项，求得分的分布列及数学期望；（2）为使他此题得分数学期望最高，请你帮他从以下二种方案中选一种，并说明理由．方案—：随机选择一个选项；方案二：随机选择二个选项．【答案】（1）分布列见解析，数学期望（2）选择方案一，理由见解析【解析】【分析】（1）根据全概率公式可分别求得考生得分和分的概率，由此可得分布列；由数学期望公式可求得期望值；（2）结合全概率公式，分别求得每种方案考生得分情况对应的概率，进而求得得分的数学期望，比较两个期望值的大小即可确定应选择的方案.【小问1详解】设多选题正确答案是“选两项”为事件，正确答案是“选三项”为事件，则，，；分别记考生得分,分,5分为事件，，， ；；得分的分布列为：得分的数学期望.【小问2详解】方案一：随机选择一个选项正确答案是“选两项”时，考生选项，选对得分，选错得分；正确答案是“选三项”时，考生选项，选对得分，选错得分．，，；；随机选择一个选项得分的数学期望为；方案二：随机选择两个选项；；；；随机选择两个选项得分的数学期望为； ，选择方案一.21.已知函数，．其中（1）求函数在点处的切线方程；（2）若，且，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；（2）易知，将恒成立的不等式转化为，分别在和的情况下得到变形后的不等关系；构造函数，分别在和的情况下讨论得到的单调性，结合可确定满足题意的取值范围.【小问1详解】，，又，在点处的切线方程为，即.【小问2详解】当时，；当时，；在上恒成立， 当时，，不成立，不合题意；当时，不等式可变形为：，当时，，即；当时，，即；令，，则；令，则；①当，即时，恒成立，即恒成立，在上单调递减，则当时，，即，；当时，，即，；恒成立，满足题意；②当，即时，设的两根分别为，，，，当时，，即，在上单调递增，此时，即，，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立的基本思路是将问题转化为含参函数单调性的讨论问题，通过讨论含参函数的单调性，确定符合题意的参数范围即可. 22.已知双曲线实轴左右两个顶点分别为，双曲线的焦距为，渐近线方程为．（1）求双曲线的标准方程；（2）过点的直线与双曲线交于两点．设的斜率分别为，且，求的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦距、渐近线方程和双曲线的关系可直接求得结果；（2）设，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式和点在双曲线上的关系可化简，得到关于的方程，解方程求得，进而得到直线方程.【小问1详解】双曲线的焦距，；双曲线的渐近线方程为，即，，又，，，双曲线的标准方程为：.【小问2详解】由（1）得：，，设，， 由题意知：直线斜率一定存在，则可设，由得：，，解得：且，，，；，，即，，解得：或，又且，，直线的方程为：，即.【点睛】关键点点睛；本题考查直线与双曲线位置关系的综合应用，解题关键是能够结合点在双曲线上，将所给等量关系转化为与韦达定理有关的等式的形式，从而代入韦达定理的结论来构造方程求解出变量的值.