2023-2024学年河南省部分名校高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省部分名校高三（上）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=(2+3i)i31+i，则z=( )
A. −12+52iB. 12+52iC. −12−52iD. 12−52i
2.已知集合A={x|lg2(4−x)<1}，B={x|x>a}，若A∩B=A，则a的最大值是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.“α是第二象限角”是“sinαtanα<0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分C. 充分条件D. 既不充分也不必要
4.某企业举办冬季趣味运动会，在跳绳比赛中，10名参赛者的成绩(单位：个)分别是152，136，125，131，129，123，143，119，115，138，则这组数据的中位数是( )
A. 126B. 129C. 130D. 131
5.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，点A在x轴上方，且A的横坐标为5，则|BF||AF|=( )
A. 27B. 57C. 25D. 35
6.折纸既是一种玩具，也是一种艺术品，更是一种思维活动.如图，有一张直径为4的圆形纸片，圆心为O，在圆内任取一点P，折叠纸片，使得圆周上某一点刚好与点P重合，记此时的折痕为l，点Q在l上，则|OQ|+|PQ|的最小值为( )
A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过点F的直线l：x+ 3y+m=0与y轴交于点B，与双曲线C交于点A(A在y轴右侧).若B是线段AF的中点，则双曲线C的离心率是( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
8.函数f(x)=sinx−sin3x+sin2xcsx+2cs3x的值域是( )
A. [− 2, 2]B. [−2,2]C. [− 2,2]D. [−2, 2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n+1+a(a为常数)，则( )
A. a=−1B. {an}的公比为2C. an=2nD. S9=1023
10.球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC(阴影部分)叫做曲面三角形，若a=b=c，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面△ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面O−ABC.设∠BOC=α，∠AOC=β，∠AOB=γ，则下列结论正确的是( )
A. 若平面△ABC是面积为 34R2的等边三角形，则a=b=c=R
B. 若a2+b2=c2，则α2+β2=γ2
C. 若a=b=c=π3R，则球面O−ABC的体积V> 212R3
D. 若平面△ABC为直角三角形，且∠ACB=π2，则a2+b2>c2
11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，且f(x−1)−f(1−x)=2x−2，f′(x)的图象关于点(1,0)对称，则( )
A. f′(0)=1B. y=f(x)−x为偶函数
C. f(x)的图象关于点(1,0)对称D. f′(2024)=−2023
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知单位向量a，b满足|3a+b|=3，则a⋅(a+2b)= ______．
13.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一.正八面体由八个等边三角形构成，也可以看作由上、下两个正方锥体黏合而成，每个正方锥体由四个三角形与一个正方形组成.如图，在正八面体ABCDEF中，H是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成角的余弦值是______．
14.将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中(要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数)，记第1行中最大的数为a，第2行中最大的数为b，第3行中最大的数为c，则a四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且tanA+tanC+tanAtanC=1．
(1)求角B的大小；
(2)若b=4，求△ABC面积的最大值．
16.(本小题15分)
某学校组织知识竞赛，题库中试题分A，B两种类型，每个学生选择2题作答，第1题从A，B两种试题中随机选择一题作答，学生若答对第1题，则第2题选择同一种试题作答的概率为23，若答错第1题，则第2题选择同一种试题作答的概率为14.已知学生甲答对A种试题的概率均为12，答对B种试题的概率均为23，且每道试题答对与否相互独立．
(1)求学生甲2题均选择B种试题作答的概率；
(2)若学生甲第1题选择A种试题作答，记学生甲答对的试题数为X，求X的分布列与期望．
17.(本小题15分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为棱BB1，AB的中点，F在棱CC1上，且EF/​/平面ADC1．
(1)求CFCC1的值；
(2)若AA1=AB，求平面A1EF与平面C1EF夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点与点P(32,1)连线的斜率为2，且点(1,e)在椭圆C上(其中e为C的离心率)．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)已知点D(2,0)，过点P的直线l与C交于A，B两点，直线DA，DB分别交C于M，N两点，试问直线MN的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x+a)lnx−a2x2−x(a>0)．
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)当0参考数据：取ln2=0.7．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=(2+3i)i31+i=(3−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=12−52i．
故选：D．
根据复数的乘法和除法的运算求解即可．
本题考查了复数的乘法和除法运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意可得A={x|2a}，
若A∩B=A，则A⊆B，
则a≤2．
故选：B．
若A∩B=A，则A⊆B，然后结合集合的包含关系即可求解．
本题主要考查了集合交集运算，还考查了集合包含关系的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：若α是第二象限角，则sinα>0，tanα<0，则sinαtanα<0成立，
若α是第三象限角，则sinα<0，tanα>0，满足sinαtanα<0成立，但α是第二象限角不成立，
∴“α是第二象限角”是“sinαtanα<0”的充分不必要条件，
故选：A．
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用三角函数的符号关系是解决本题的关键，比较基础．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，将数据从小到大排列为：115，119，123，125，129，131，136，138，143，152，
其中第5个数据为129，第6个数据是131，则数据的中位数是12×(129+131)=130．
故选：C．
根据题意，由中位数的计算公式计算可得答案．
本题考查数据的中位数，注意中位数的计算公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：如图，设点A，B在抛物线C的准线上的投影分别是A′，B′，
作BD⊥AA′，垂足为D，BD与x轴交于点E，根据条件，可得|AF|=5+2=7．
设|BF|=m，则|AD|=7−m，|EF|=4−m，则△BEF∽△BDA，
所以|BF||AB|=|EF||AD|，所以mm+7=4−m7−m，所以5m=14，解得m=145，
所以|BF||AF|=25．
故选：C．
设点A，B在抛物线C的准线上的投影分别是A′，B′，作BD⊥AA′，垂足为D，BD与x轴交于点E，根据条件得到△BEF∽△BDA，再结合抛物线的性质求解即可．
本题考查了抛物线的性质和直线与抛物线的综合，考查了转化思想，属基础题．
6.【答案】D
【解析】解：如图，设P关于l对称的点为P1，则P1在圆O上，
连接P1Q，OP1，
由中垂线的性质可得：|PQ|=|QP1|，
故|QP|+|QO|=|QP1|+|QO|≥|OP1|=2．
当O，Q，P1三点共线时取等号．
即|OQ|+|PQ|的最小值为2．
故选：D．
设P关于l对称的点为P1，由中垂线的性质可得|QP|+|QO|=|QP1|+|QO|，可得|QP1|+|QO|≥|OP1|，可得所求的最小值．
本题考查中垂线的性质的应用及线段之和的最小值的求法，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，
过点F的直线l：x+ 3y+m=0与y轴交于点B，与双曲线C交于点A(A在y轴右侧)，
设双曲线C的右焦点为F′(c,0)，
因为直线l的斜率是− 33，所以∠BFF′=30°，
所以|OF|=c,|OB|= 3c3,|BF|=|BF′|=2 3c3，
因为B是线段AF的中点，所以|AB|=|BF|=|BF′|=2 3c3，
因为∠ABF′=60°，所以|AF′|=2 3c3，
由双曲线的定义可得2a=|AF|−|AF′|=2 3c3，
则双曲线C的离心率e=ca= 3．
故选：C．
设双曲线C的右焦点为F′(c,0)，由题意得到|OF|=c,|OB|= 3c3,|BF|=|BF′|=2 3c3，|AF′|=2 3c3，利用双曲线的定义即可求解．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：f(x)=sinx−sin(2x+x)+sin2xcsx+2cs3x
=sinx(1−cs2x)+2cs3x=2sin3x+2cs3x
=2(sinx+csx)(sin2x+cs2x−sinxcsx)=2(sinx+csx)(1−sinxcsx)，
设t=sinx+csx= 2sin(x+π4)∈[− 2 2]，
则g(t)=2t(1−t2−12)=3t−t3，g′(t)=−3t2+3=3(1−t)(1+t)，
由g′(t)>0，得−1则g(t)在[− 2,−1)和(1, 2]上单调递减，在(−1,1)上单调递增，
因为g(− 2)=− 2，g(−1)=−2，g(1)=2，g( 2)= 2，
所以−2≤g(t)≤2，即f(x)的值域为[−2,2]．
故选：B．
先结合和差角公式及二倍角公式进行化简，然后结合同角基本关系把已知函数进行化简，对其求导，结合导数与单调性关系即可求解．
本题主要考查了和差角公式，二倍角公式的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：因为Sn=2n+1+a，
所以a1=4+a，a2=S2−S1=4，a3=S3−S2=8，
因为{an}是等比数列，所以a22=a1a3，
即16=8(4+a)，解得a=−2，则A错误；
公比q=a3a2=2，则B正确；
因为a1=2，q=2，所以an=2n，则C正确；
因为a=−2，所以S9=210−2=1022，则D错误．
故选：BC．
由已知结合等比数列的和与项的递推关系先求出a1=4+a，a2=4，a3=8，然后结合等比数列的性质可求a，然后结合等比数列的通项公式，性质及求和公式检验各选项即可判断．
本题主要考查了等比数列的和与项的递推关系，还考查了等比数列的性质，通项公式及求和公式的应用，属于中档题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为平面等边△ABC的面积为 34R2，所以AB=BC=AC=R，则α=β=γ=π3，a=b=c=π3R，选项A错误；
对于B，因为a2+b2=c2，所以(αR)2+(βR)2=(γR)2，即α2+β2=γ2，选项B正确；
对于C，因为a=b=c=π3R，所以α=β=γ=π3，AB=BC=AC=R，所以平面△ABC的面积为 34R2，
所以点O到平面ABC的距离为h= R2−R23= 63R，三棱锥O−ABC的体积为VO−ABC=13S△ABC⋅h= 212R3，
所以球面O−ABC的体积为V>VOABC= 212R3，选项C正确；
对于D，由余弦定理可知BC2=2R2−2R2csαAC2=2R2−2R2csβAB2=2R2−2R2csγ，
因为C=π2，所以BC2+AC2=AB2，所以csα+csβ−csγ=1；
取α=β=π3，γ=π2，则a=b=π3R，c=π2R，所以a2+b2=2π29R2<π24R2=c2，选项D错误．
故选：BC．
A中，根据等边△ABC的面积求出边长与半径的值，判断即可；
B中，根据a2+b2=c2，代入弧长公式化简即可得出结论；
C中，根据题意求出α、β、γ，利用平面△ABC的面积求出点O到平面ABC的距离，计算三棱锥O−ABC的体积，即可判断球面O−ABC的体积大小；
D中，利用余弦定理，结合题意，求解即可得出结论．
本题考查了球面三角形的定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：由f(x−1)−f(1−x)=2x−2，则f′(x−1)+f′(1−x)=2，
令x=1，得f′(0)=1，A正确；
令g(x)=f(x)−x，则g(−x)=f(−x)+x=f(x)−2x+x=f(x)−x=g(x)，
故y=f(x)−x为偶函数，B正确；
假设f(x)的图象关于点(1,0)对称，
则f(x−1)+f(1−x)=0，则f′(x−1)−f′(1−x)=0，
即f′(x)−f′(−x)=0，
又f′(x−1)+f′(1−x)=2，得f′(x)+f′(−x)=2，
则f′(x)=1，这与f′(x)的图象关于点(1,0)对称矛盾，
假设不成立．C不正确．
因为f′(x)的图象关于点(1,0)对称，
所以f′(1+x)+f′(1−x)=0，令h(x)=f(1+x)−f(1−x)，
则h′(x)=f′(1+x)+f′(1−x)=0，则h(x)=f(1+x)−f(1−x)=C(C为常数)，
则f(x−1)−f(x+1)=2x−2−C，从而f′(x−1)−f′(x+1)=2，
即f′(x+2)=f′(x)−2，由f′(0)=1，
得f′(2024)=f′(2022)−2=f′(2020)−2×2=f′(2018)−3×2
=…=f′(0)−1012×2=1−2024=−2023，D正确．
故选：ABD．
f(x−1)−f(1−x)=2x−2，可得f(x)−f(−x)=2x，求导，赋值，可判断A；利用偶函数的定义，可判断B；利用反证法，可判断C；由f′(x+2)=f′(x)−2及f′(0)=1，可判断D．
本题考查了抽象函数及其应用，属于难题．
12.【答案】23
【解析】解：因为|3a+b|=3，
所以9a2+6a⋅b+b2=9，
又|a|=|b|=1，
则a⋅b=−16，
则a⋅(a+2b)=a2+2a⋅b=23．
故答案为：23．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量模的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量模的运算，属基础题．
13.【答案】 36
【解析】解：取棱AB的中点G，连接HG，FG．
因为H，G分别是棱BC，AB的中点，所以HG/​/AC，
则∠FHG或其补角是异面直线HF与AC所成的角．
设AB=2，则HG=1，正方形ABFD中，FG= 5，正三角形CFB中，HF= 3．
在△GHF中，由余弦定理可得cs∠FHG=HG2+FH2−FG22HG⋅FH=− 36，
则异面直线HF与AC所成角的余弦值是 36．
故答案为： 36．
根据正八面体的性质，异面直线所成的角的定义即可得．
本题考查正八面体的性质，异面直线所成的角，属于中档题．
14.【答案】60480
【解析】解：根据题意，记第1行中最大的数为a，第2行中最大的数为b，第3行中最大的数为c，
且a对于第三行，由于c=9，c可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有C31A82种情况，
对于第二行，取剩下6个数中最大的数为b，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有C31A52种情况，
对于第一行，剩下3个数任意排列，则有A33种情况，
故共有C31A82C31A52A33=60480种填法．
故答案为：60480．
根据题意，分析可得c=9，依次分析第三行、第二行、第一行的填法，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
15.【答案】解：(1)因为tanA+tanC+tanAtanC=1，
所以tanA+tanC=1−tanAtanC，
所以tanA+tanC1−tanAtanC=1，所以tan(A+C)=1，
因为0因为A+B+C=π，所以B=3π4；
(2)由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB，即a2+c2+ 2ac=16，
因为a2+c2≥2ac，当且仅当a=c时，等号成立，
所以2ac+ 2ac≤16，
解得ac≤16−8 2，
所以△ABC的面积S=12acsinB= 24ac≤4 2−4，
所以△ABC面积的最大值为4 2−4．
【解析】(1)由两角和的正切公式计算即可；
(2)由余弦定理和基本不等式，三角形的面积公式计算即可求得．
本题考查利用正、余弦定理，三角恒等变换，三角形的面积公式，基本不等式解三角形，属于中档题．
16.【答案】解：(1)若学生甲第1题选择B种试题作答并且答错，
则第2题选择B种试题作答的概率P2=12×13×14=124，
若学生甲第1题选择B种试题作答并且答对，
则第2题选择B种试题作答的概率P1=12×23×23=29，
故学生甲2题均选择B种试题作答的概率P=124+29=1972．
(2)由题可知，X的取值可能为0，1，2，
则P(X=0)=12×14×12+12×34×13=316，
P(X=1)=12×23×12+12×13×13+12×14×12+12×34×23=77144，
P(X=2)=12×23×12+12×13×23=518，
故X的分布列为：
则E(X)=0×316+1×77144+2×518=157144．
【解析】(1)分别求出学生甲第1题选择B种试题作答并且答错和学生甲第1题选择B种试题作答并且答对时，第2题选择B种试题作答的概率，相加即可求得结论；
(2)X的取值可能为0，1，2，求出对应的概率，可得X的分布列及数学期望．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)取A1B1的中点G，连接EG交AD于点H，连接C1G，C1H，
因为E为AB的中点，所以EH/​/BB1，所以EH//C1F，
因为EF/​/平面ADC1，且EF⊂平面GEFC1，平面ADC1∩平面GEFC1=C1H，所以EF//C1H，
所以四边形EHC1F为平行四边形，
所以EH=C1F，
因为E为棱AB的中点，所以EH=12BD=14BB1=14CC1，
所以C1F=14CC1，所以CF=34CC1，即CFCC1=34．

(2)以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=4，则A1(0,0,4)，E( 3,1,0)，F(0,4,3)，C1(0,4,4)，
所以A1E=( 3,1,−4)，EF=(− 3,3,3)，FC1=(0,0,1)，
设平面A1EF的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅A1E= 3x+y−4z=0m⋅EF=− 3x+3y+3z=0，
令x=5 3，则y=1，z=4，所以m=(5 3,1,4)，
设平面C1EF的法向量为n=(a,b,c)，则n⋅FC1=c=0n⋅EF=− 3a+3b+3c=0，
令b=1，则a= 3，c=0，所以n=( 3,1,0)，
设平面AEF与平面C1EF的夹角为θ，则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|5 3× 3+1| 75+1+16×2=4 2323，
故平面A1EF与平面C1EF夹角的余弦值为4 2323．
【解析】(1)取A1B1的中点G，连接EG交AD于点H，连接C1G，C1H，利用线面平行的性质定理可证EF//C1H，结合EH//C1F，可得四边形EHC1F为平行四边形，从而有EH=C1F，再根据线段的比例关系，即可得解；
(2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的性质定理，利用向量法求平面与平面夹角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意可设椭圆C的焦距为2c，则椭圆C的右焦点为(c,0)，……………………(1分)
由题意可得1−032−c=21a2+c2a2b2=1a2=b2+c2，解得a2=2b2=1c2=1，……………………………………………………(3分)
故椭圆C的标准方程为x22+y2=1. …………………………………………(4分)
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x=m(y−1)+32，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
则直线DA的方程为x=x1−2y1y+2. …………………………………………………………………(5分)
联立x=x1−2y1y+2x22+y2=1，消去x，整理得(3−2x1)y2+2(x1−2)y1y+y12=0，……………………(7分)
则y1y3=y123−2x1，即y3=y13−2x1，………………………(8分)
代入x=x1−2y1y+2，得x3=x1−23−2x1+2=32−12(3−2x1). ……………………………(9分)
同理可得y4=y23−2x2，x4=32−12(3−2x2). …………………………………………(11分)
∵kMN=y4−y3x4−x3=y23−2x2−y13−2x112(3−2x1)−12(3−2x2)=y2(3−2x1)−y1(3−2x2)x1−x2………(13分)
=y2[3−2(my1−m+32)]−y1[3−2(my1−m+32)]m(y1−y2)=2m(y2−y1)m(y1−y2)=−2，…………(15分)
∴直线MN的斜率为定值，且定值为−2.………………………………………………………(17分)
【解析】(1)根据已知条件可得a，b，c的方程组，求解即可；
(2)设直线l的方程为x=m(y−1)+32，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x3,y3)，N(x4,y4)，则直线DA的方程为x=x1−2y1y+2，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示y3，从而可得x3，同理可得x4，y4，由斜率公式，化简可得直线MN的斜率为定值．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(1)解：∵当a=2时，f(x)=(x+2)lnx−x2−x，f′(x)=lnx+2x−2x，
f(1)=−2，f′(1)=0，
∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y+2=0．
(2)证明：∵f(x)=(x+a)lnx−a2x2−x(0令g(x)=f′(x)=lnx+ax−ax，则g′(x)=−ax2+x−ax2．
∴1−4a2>0，则方程−ax2+x−a=0存在两个不同的实数根m，n，
(设m0，mn=1，0当x∈(0,m)∪(n,+∞)时，g′(x)<0，当x∈(m,n)时，g′(x)>0，
∴f′(x)=g(x)在(0,m)和(n,+∞)上单调递减，在(m,n)上单调递增，
f′(1)=0，f′(a2)=2lna+1a−a3，f′(1a2)=−2lna+a3−1a=−f′(a2)，
令h(x)=2lnx+1x−x3(0∴h(x)在(0,12)上单调递减，h(x)>h(12)=158−2ln2>0，则f′(a2)>0，f′(1a2)<0，
∴不妨令x1当x∈(0,x1)∪(x2,x3)时，f′(x)>0，当x∈(x1,x2)∪(x3,+∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0,x1)和(x2,x3)上单调递增，在(x1,x2)和(x3,+∞)上单调递减，
∴f(x)恰有三个极值点x1，x2，x3．
由f′(1x)+f′(x)=0及f′(x1)+f′(x3)=0，得x1x3=1，
∴x1x2x3=x1x3=1．
【解析】(1)利用导数的几何意义即可；
(2)求出f(x)的单调区间，再利用f′(1x)+f′(x)=0即可证明．
本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性和极值，属于难题．X
0
1
2
P
316
77144
518