河南省驻马店市2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（学生及教师版）

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1. 复数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】根据复数的运算及几何意义即可求解
【详解】由题意知，所以该复数在复平面内对应的点为，该点在第二象限．故B正确.
故选：B.
2. 若集合，则集合的子集的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】先将集合A化简，再判断得解.
【详解】，
所以集合A的子集的个数为4．
故选：C.
3. 双曲线的上顶点到其一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，写出顶点坐标与渐近线方程，利用点到直线距离公式，可得答案.
【详解】因为双曲线的上顶点为，渐近线方程为，
所以双曲线的上顶点到其一条渐近线的距离为.
故选：A.
4 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对、化简后可得具体的值，对有.
【详解】，故．
故选：D.
5. 用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（ ）
A. 8个B. 12个C. 18个D. 24个
【答案】C
【解析】
【分析】分首位为2、1计算出每种情况的结果数，再相加即可.
【详解】当首位为2时，这样的五位数有个；
当首位为1时，这样的五位数有个.
综上，这样的五位数共有个.
故选：C.
6. 若点是圆:上一点,则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆外一定点到圆上一点距离的平方的几何意义进行求解即可.
【详解】圆:可化为
表示点到点的距离的平方,
因为，
所以的最小值为.
故选：B.
7. 某圆锥的轴截面是一个边长为4的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意作图，根据圆锥与圆柱的几何性质，可得到答案.
【详解】由题意作图如下：
由题设可知该圆锥的高．设在该圆锥中内接一个高为的圆柱，
该圆柱的底面半径为，由，则，即，所以，
故该圆柱侧面积，
当时，侧面积取得最大值．
故选：C.
8. 已知是抛物线：上的一点，直线：，过点作与的夹角为的直线，设为点到轴的距离，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的定义将转化为，设点到直线的距离为，由角所在直角三角形将转化，再由定点到定直线距离求出最小值即可．
【详解】设为抛物线的焦点．
设点到直线的距离为，
如图，
过作，
过点作与的夹角为的直线，交于点，
在中，，则，
所以，，
又的最小值为点到的距离，
即的最小值为，
所以的最小值为．
故选：B．
二、多选题：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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据基本不等式，可对A、B判断；由，可得，利用基本不等式“1”的应用即可对C、D判断.
【详解】对A、B：因为，所以，当且仅当时，等号成立，故A正确，B错误；
对C：若，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确.
对D：若，则，所以，
由及，可知，则当，即时，，故D正确.
故选:ACD．
10. 古希腊数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示．下列结果等于黄金分割率的值的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用三角恒等变换，即可化简，即可求解.
【详解】，故A正确；
故B正确；
，故C错误；
．故D错误；
故选：AB
11. 已知函数，且对恒成立，则（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 若方程在上有2个实数解，则
D. 的图象与直线恰有5个交点
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，首先由的图象关于直线对称求出参数即可验证；对于B，直接代入函数表达式检验即可；对于C，利用换元法得函数值范围结合函数方程的根的个数即可验证；对于D，直接画出图形，通过数形结合即可验证.
【详解】对于A，因为对恒成立，所以的图象关于直线对称，
则，即，解得，故A错误；
对于B，，所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，当时，，
因为在上有2个实数解，所以，解得，故C正确；
对于D，直线经过点与，
而与分别是函数的零点与其图象的最高点，
如图所示：
结合图象可知的图象与直线恰有5个交点，故D正确.
故选：BCD．
12. 在边长为1的正方体中，动点满足．下列说法正确的是（ ）
A. 四面体的体积为
B. 若，则的轨迹长度为
C. 异面直线与所成角的余弦值的最大值为
D 有且仅有三个点，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，由题意可得点的轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.
【详解】如图所示，

连接，由，
可得点的轨迹在内（包括边界）．
因为平面平面，
所以，故A正确．
易知平面，设与平面相交于点．
由于，
则点到平面的距离为．
若，则，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
如图所示，

在中，，，设，
由余弦定理得，解得，
则，
所以的轨迹长度为，故B错误．
因为，所以为异面直线与所成的角，
则，所以，故C正确．
由三垂线定理可知，又平面，要使得，
则点在以为直径的圆上，所以存在无数个点，使得，故D错误．
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是利用空间向量推得的所在位置，从而得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 已知是等比数列的前项和，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得等比数列的首项和公比，从而求得.
【详解】设等比数列的公比为，则，
由，可得，即，所以．
故答案为：
14. 某学校组织学生参加数学测试，成绩频率分布直方图如下，数据的分组依次是，则可估计这次数学测试成绩的第40百分位数是_________．
【答案】65
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求解.
【详解】解：成绩在的频率是，
成绩在的频率为，
所以第40百分位数一定在内，
所以这次数学测试成绩的第40百分位数是，
故答案为：65
15. 若为坐标原点，过点的直线与函数的图象交于两点，则__________．
【答案】4
【解析】
【分析】首先得出是函数图象的对称中心，所以，然后由数量积的坐标运算公式计算即可.
【详解】因为，
所以是函数图象的对称中心，则为线段的中点，
可得，则．
故答案为：4.
16. 关于的方程有3个不等实数根，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】将方程变形为，然后令，将问题转化为方程和共有3个不同实数根，利用导数研究的图象，结合图象分析即可求解.
【详解】由，可得．
令，则，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
又当趋于时，趋于0，当趋于时，趋于，当时，，
故可作的草图如图，

记方程的两根为，，
易知，若是方程的根，则，不满足题意.
因为方程有3个不等实数根，
所以，或，
当时，得，所以，即异号，不满足题意；
当时，则有，
得．
故的取值范围为．
故答案为：
【点睛】本题难点在于对原方程进行恒等变形，转化为关于的一元二次方程，然后转化为方程和共有3个不同实数根，结合图象即可解得.
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. 在中，为边上一点．
（1）若，求的面积；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得AC，AB，再利用三角形面积公式求解；
（2）由求解.
【小问1详解】
解：由余弦定理得，
即，解得，
所以的面积为．
【小问2详解】
因为，
所以，
所以．
18. 在直四棱柱中，，，．
（1）证明：平面⊥平面．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意只需证明平面即可，通过解三角形知识可得，由线面垂直的性质可得，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证．
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，由法向量夹角的余弦公式即可求解．
【小问1详解】
由题意可知底面，
因为底面，所以．
在梯形中，，，
可得，又，所以，
又因为，所以由余弦定理可得，，
所以，故，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面⊥平面．
【小问2详解】
由题意底面，底面，
所以，
又因为，
所以，
以D为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，．
所以．
取为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以平面的一个法向量为，
所以．
故平面与平面夹角的余弦值为．
19. 一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
（1）已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
（2）记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；
（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.
【小问1详解】
记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，
则
故所求的概率为.
【小问2详解】
由题意知可能的取值为，
则，
则的分布列为
20. 已知数列满足．
（1）若为等差数列，求的通项公式；
（2）记的前项和为，不等式对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意结合等差数列基本量的计算即可求解.
（2）由分组求和法将的表达式求出来，分是奇数，偶数两种情形讨论，结合表达式恒成立的理论即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
两式相减得．
因为为等差数列，所以的公差．
又，所以，解得，
则，即的通项公式为．
【小问2详解】
由（1）得，
所以不等式可化为，
当为奇数时，，则，即，
当为偶数时，，则．
综上，的取值范围为．
21. 已知椭圆的上、下顶点分别是，点P（异于两点），直线PA与PB的斜率之积为，椭圆C的长轴长为6．
（1）求C标准方程；
（2）已知，直线PT与椭圆C的另一个交点为Q，且直线AP与BQ相交于点D，证明点在定直线上.
【答案】（1）+＝1
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，根据斜率之积和点P在椭圆上整理可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线PT的方程为，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线PA与PB的方程，求解出点D的坐标，然后用韦达定理化简即可得证．
【小问1详解】
由题意可得，且，则.
设，
则，所以，
因为点P在椭圆C上，所以，
所以，代入式得
，
由代入得，
故椭圆C的标准方程为：+＝1；
【小问2详解】
设，，显然直线PT不垂直于x轴，
故可设直线PT的方程为，
由消去y得，
因为点在椭圆C的内部，则直线与椭圆恒有两个交点，
所以，
由（1）知，,
所以直线AP的方程为，直线BQ的方程为，
由直线AP与BQ相交于点，则，
消得①，
由（1）知，得，
可得
，
将代入①式得，解得，
即点D在直线上．
【点睛】思路点睛：应用韦达定理解决非对称式的关键在于借助圆锥曲线斜率之积为定值，将转化为对称式结构再处理即可.
22. 已知，，是关于x的方程的三个不同的根，且.
（1）求a的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，研究函数的单调性和极值，得到a的取值范围；
（2）由（1）知，分别证，，得到答案.
【小问1详解】
令，则
则当时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
又，所以，即，所以a的取值范围为.
【小问2详解】
证明：由（1）可知，
下面证明，.
①证明.
令，因为，所以.
由，得，故，则，，
所以.
设，，则，
故在上为增函数，故，即，，
故，则.
②证明.
由题可知，，
因为在上单调递增，，所以成立.
综上，.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
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