河南省南阳市2022-2023学年高三上学期期终质量评估（期末）数学（理）试题（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市2022-2023学年高三上学期期终质量评估（期末）数学（理）试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，保持卷面清洁，不折叠、不破损等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第I卷选择题（共60分）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合和，再根据并集的概念可求出结果.
【详解】由得，所以，
由得，所以，
所以.
故选：A
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求得，进而可得.
【详解】，，.
故选：B．
3. 从3，4，5，6四个数中任取三个数作为三角形的三边长，则构成的三角形是锐角三角形的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用古典概型和余弦定理即可求得构成的三角形是锐角三角形的概率
【详解】从3，4，5，6四个数中任取三个数，
共有（3，4，5），（3，4，6），（3，5，6），（4，5，6）四种情况
由，可得（3，4，5）构成直角三角形；
由，可得（3，4，6）构成钝角三角形；
由，可得（3，5，6）构成钝角三角形；
由，可得（4，5，6）构成锐角三角形
则构成的三角形是锐角三角形的概率是
故选：A
4. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量在向量方向上的投影的概念计算可得结果.
【详解】向量在向量方向上的投影是.
故选：B
5. 已知，，若，，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】画出的可行域，结合充分、必要条件的知识确定正确答案.
【详解】，
，设.
，设.
，设.
，设.
则对应的点在正方形的外部（包括边界），如下图所示.
.
则对应的点在以为圆心，半径为的圆的外部（包括边界），如下图所示.
由图可知是的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，直线与C的左支交于点N，若，且，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得，从而可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】因为双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，
所以，
因为，，，
所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：D
7. 设是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，令，则函数的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得在上的解析式，结合周期性以及图象求得的最大值.
【详解】依题意，是定义在上且周期为4的奇函数，
所以，
所以是周期为的周期函数.
当时，，.
当时，，.
所以，
所以
，
当时，，，
，
所以，
所以，
画出在区间上的图象如下图所示，
结合的周期性可知的最大值为.
故选：A
【点睛】本小题主要的难点在于求的解析式，采用的是结合函数的周期性、奇偶性来进行求解.利用函数的奇偶性求函数的解析式，要注意取值范围，还要注意结合奇偶性的定义.要合并两个函数，要注意自变量对应的范围要相同.
8. 已知函数在上单调递增，且恒成立，则的值为（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的单调性、最值等知识求得的值.
【详解】，
所以，
由于恒成立，
所以，，
所以.
故选：D
9. 已知抛物线的焦点为F，过点F作直线交抛物线C于点A，B（A在x轴上方），与抛物线准线交于点M．若，则直线的倾斜角为（ ）
A. 60°B. 30°或150°C. 30°D. 60°或120°
【答案】D
【解析】
【分析】过B作准线于，可知，在中可求得，从而求得直线的倾斜角.
【详解】
如图1：过B作准线于，由抛物线定义知，所以，
所以在直角中，即直线的倾斜角为60°.
如图2：同理可得直线的倾斜角为120°.
故选：D.
10. 对于函数，，下列说法正确是（ ）
A. 函数有唯一的极大值点B. 函数有唯一的极小值点
C. 函数有最大值没有最小值D. 函数有最小值没有最大值
【答案】A
【解析】
【分析】构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，进而得到函数有唯一的极大值点
【详解】，，则，，
令，，
则，恒成立，
则在单调递减，
又，
则存在唯一，使得，
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减
则当时，取得极大值.
则函数有唯一的极大值点，即有最大值，最小值在区间端点处取得.
故选：A
11. 如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）
A. 5052B. 5057C. 5058D. 5063
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到，再列举得到整数项构成的数列，根据其规律求解.
【详解】解：由题意得：，
所以，
则数列即为，
其整数项为即，
所以的奇数项是以2为首项，以5为公差的等差数列，则；
的偶数项是以3为首项，以5为公差的等差数列，则，
所以，
故选：B
12. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理和两角和的余弦公式化简，可得，，再根据等面积法即可求得，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，从而求得答案.
【详解】,
即 ,
又 ,
,
即 ,
, 又.
由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，
再由余弦定理知, ,,
,
.
由等号左右两边同时乘以可得：
，
.
故选：C.
【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 上级将5名农业技术员分派去3个村指导农作物种植技术，要求每村至少去一人，一人只能去一个村，则不同的分派种数有______．（数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先把5人分成3组，再对3个村进行全排列.
【详解】把5人分成三组，有“3，1，1”和“2，2，1”两种情况，
所以不同的分派种数有.
故答案为：.
14. 如图，△ABC内接于椭圆，其中A与椭圆右顶点重合，边BC过椭圆中心O，若AC边上中线BM恰好过椭圆右焦点F，则该椭圆的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析出为的重心，再根据重心的的关系，即可代入求得椭圆的离心率.
【详解】根据题意，
是中点，
所以是的中位线，
又BM是中线，
所以为的重心，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
15. 《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P－ABCD为一个阳马，其中平面ABCD，若，，，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】判断出几何体外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，连接.
依题意，四边形是矩形，所以，
由于平面，平面，
所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于，平面，所以面，
由于平面，所以.
同理可证得，
由于，所以都是以为斜边的直角三角形，
所以几何体外接球球心是，且半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
16. 已知函数的值域为，则实数m取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】分别讨论、、、，利用导数法研究最值.
【详解】，，令.
（1）当时，，故在上单调递增，
令得，即，
∵单调递增，值域为，为单调递减直线或，故与总有唯一交点存在，使得.
故当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
故，符合题意；
（2）当时，令得或，
设与切于，则有，解得，.
i.故当时，此时与相切.
当，即，，即，单调递减；
当，即，，即，单调递增.
故，符合题意；
ii.当时，与无交点，且在恒成立，即
在恒成立，
故当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
故，设，，故在单调递增，故，
即，值域不为，不合题意；
iii.当时，则存在使得，成立，此时且，
当，，即，单调递减；
①若，则当，，即，单调递增；
当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
此时、为极小值，由②可知此时，故在单调递减，故，
即，故此时；
②若，则当，，即，单调递增；
当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
此时、为极小值，故此时.
综上，实数m取值范围为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：含指数、对数复杂函数的最值，一般通过导数法研究，当研究极值点时，一般设出极值点，最后通过极值点满足的方程求极（最）值.
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚）
17. 已知数列是各项均为正数的等差数列，是其前n项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求取得最大值时的值．
【答案】（1）
（2）或8
【解析】
【分析】（1）先利用求得，再利用等差数列的前项和公式直接求得（法一），或利用求得，从而利用等差数列的通项公式求得（法二）；
（2）结合（1）中结论，利用作差法得到关于的表达式，分类讨论的取值，从而求得取得最大值时的值.
【小问1详解】
因为数列是各项均为正数的等差数列，所以，
又因为，
所以当时，，解得或（舍去），故，
方法一：因为，所以，
又，即，所以，故；
方法二：当时，，解得（负值舍去），
因为数列是等差数列，所以，
故．
【小问2详解】
由（1）知，，故，
因为，
当时，；当时，；当时，；
又，所以数列的最大项为，，
故取得最大值时的值为或8.
18. 在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失19球的成绩惨败出局．甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．
（1）经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
（2）若经过两轮踢球，用表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求．
【答案】（1）分布列见解析，数学期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出甲、乙两人进球的概率，确定甲的得分X的可能取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，继而求得数学期望；
（2）确定经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的各种情况，继而求得每种情况相应的概率，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.
【小问1详解】
记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，相互独立，
由题意得：，，
甲的得分X的可能取值为 ，
则，
，
，
所以的分布列为：
所以.
【小问2详解】
根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；
分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分；
或者甲第1轮得1分，第2轮得0分；
或者甲两轮各得1分，
于是：
.
19. 如图，四棱锥的底面为直角梯形，，PB⊥底面ABCD，，设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PAB；
（2）设Q为上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)由线面垂直判定定理证明平面，由线面平行性质定理，由此证明平面PAB；
(2)建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求与平面所成角的正弦值，结合基本不等式求其最大值.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以．
因为，所以，又，平面，
因此平面．
因为四棱锥的底面为直角梯形，，
所以，平面，平面，
所以平面．又由题平面与平面的交线为，平面，
所以，故平面．
【小问2详解】
以为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
由（1）可设，则，，，
设平面的一个法向量为，，
则，即，取，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以．
设与平面所成角为，
则；
当时，，因为，当且仅当时等号成立，所以（当且仅当时等号成立），
当时，，
当时， ，，当且仅当a=-1时等号成立，所以，
综上，的最大值为，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为．
20. 已知函数．
（1）当时，求证：；
（2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数的最大值为，可得；
（2）当a＝0时，不存在零点；当时，转化为函数与的图象有且只有一个交点，利用导数可求出结果.
【小问1详解】
当时，，，
，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，即.
【小问2详解】
函数的定义域为，
当a＝0时，无解，此时不存在零点；
当时，由得，，
因为函数有且只有一个零点，
设，则函数与的图象有且只有一个交点，
，
令，则，
因为，所以，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，，
当时，，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，
当时，，令，在上递增，，
则当时，，而在上取值集合为，
当时，，于是得当时，的取值集合为，而当时，，
又函数与的图象有且只有一个交点，
所以或，即或，
综上所述：实数的取值范围是或.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
21. 已知椭圆，离心率为，其左右焦点分别为，，点在椭圆内，P为椭圆上一个动点，且的最大值为5．
（1）求椭圆C方程；
（2）在椭圆C的上半部分取两点M，N（不包含椭圆左右端点），且，求四边形的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题得，，，即得的值，即得解；
（2）延长交椭圆于点，连接,四边形的面积等于的面积.求出弦长和到直线的距离，即得解.
【小问1详解】
解：由题意知：，即，
又由椭圆定义可得：，
又∵，且，
故可得，，．
即椭圆方程为.
【小问2详解】
解：延长交椭圆于点，连接,由，
根据椭圆的对称性可得，过原点，，
所以四边形的面积等于的面积.
设，，则．显然，．
设直线的方程为，
联立得，，
∴①，②，
又，得③，
由①②③得．
得直线的方程为，即，
设到直线的距离为，
则由距离公式得，
又由弦长公式得：
将代入上式得，
设四边形的面积为，
易知.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是把四边形的面积利用椭圆的对称性转化为的面积，这样便可以利用公式求三角形的面积了.
选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．
选修4－4：坐标系与参数方程
22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．
（1）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；
（2）若点A，B为曲线C上的两个点且，求证：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先消去参数化为直角坐标方程，再根据公式，化为极坐标方程即可得解；
（2）由于，故可设，，将的极坐标代入曲线的极坐标方程，根据极径的几何意义可求出结果.
【小问1详解】
由得，
所以曲线的直角坐标方程为．
将，代入到，得，
得，
所以曲线的极坐标方程为：.
【小问2详解】
由于，故可设，
，，
所以
．
即为定值.
选修4－5：不等式选讲
23. 已知存在，使得成立，，.
（1）求的取值范围；
（2）求最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用绝对值不等式即可；
（2）利用柯西不等式即可.
【小问1详解】
由题意，知.
因为存在，使得，
所以只需，即的取值范围是.
【小问2详解】
由柯西不等式，得，
当，时，取得最小值.
0
1
P