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    河南省驻马店市2023-2024学年高三上学期期末统一考试数学试题+

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    河南省驻马店市2023-2024学年高三上学期期末统一考试数学试题+

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    这是一份河南省驻马店市2023-2024学年高三上学期期末统一考试数学试题+,共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容,设圆,已知,则,已知为坐标原点,抛物线等内容,欢迎下载使用。
    注意事项:
    1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
    2.回答选择题时,选出每小题答案后,用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。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
    3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
    4.本试卷主要考试内容:高考全部内容。
    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.设复数,则
    A.B.C.D.
    2.设集合,,则
    A.B.
    C.D.
    3.已知函数的定义域为,则的最小值为
    A.1B.2C.4D.5
    4.如图,这是某厂生产的一批不倒肦型台灯外形,它由一个圆锥和一个半球组合而成,且圆锥的体积恰好等于半球的体积,则该圆锥的轴截面的顶角的余弦值为
    A.B.C.D.
    5.设圆:和圆:交于,两点,则四边形的面积为
    A.B.4C.6D.
    6.已知,则
    A.B.C.D.
    7.将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人,每人至少分得1本书,每本书只能分给一人,其中体育书只能分给甲、乙中的一人,则不同的分配方法数为
    A.78B.92C.100D.122
    8.已知为坐标原点,抛物线:的焦点为,过点的直线交抛物线于,两点,若,则
    A.B.C.D.
    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.为了解高三学生体能情况,某中学对所有高三男生进行了1000米跑测试,测试结果表明所有男生的成绩(单位:分)近似服从正态分布,,,则下列说法正确的是
    A.若从高三男生中随机挑选1人,则他的成绩在内的概率为0.2
    B.若从高三男生中随机挑选1人,则他的成绩在内的概率为0.4
    C.若从高三男生中随机挑选2人,则他们的成绩都不低于75的概率为0.25
    D.越大,的值越小
    10.将函数的图象向右平移个单位长度,再将所得的图象关于轴对称,得到函数的图象,则下列结论正确的是
    A.的图象关于点对称B.在上的值域为
    C.为偶函数D.在上单调递增
    11.已知函数存在个不同的正数,,使得,则下列说法正确的是
    A.的最大值为5B.的最大值为4
    C.的最大值为D.的最大值为
    12.在三棱锥中,,,为的中点,为上一点,球为三棱锥的外接球,则下列说法正确的是
    A.球的表面积为
    B.点到平面的距离为
    C.若,则
    D.过点作球的截面,则所得的截面中面积最小的圆的半径为2
    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.已知正项等比数列的前3项和为26,且数列的前3项和为,则______.
    14.若函数有最小值,则的取值范围是______.
    15.已知是边长为3的等边三角形,为上一点,为的中心,为内一点(包括边界),且,则的最大值为______.
    16.探究函数的图象和性质时发现它的图象实际上是双曲线,将函数的图象绕原点顺时针旋转得到焦点在轴上的双曲线,是双曲线上一点,则______.
    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.(10分)
    在中,内角,,的对边分别为,,.已知,.
    (1)求的面积;
    (2)求边上的高的最大值.
    18.(12分)
    已知数列的前项和为,且满足.
    (1)令,求数列的通项公式;
    (2)求.
    19.(12分)
    如图,在斜三棱柱中,平面平面,,四边形是边长为2的菱形,,,,分别为,的中点.
    (1)证明:.
    (2)求直线与平面所成角的正弦值.
    20.(12分)
    一枚质地均匀的小正四面体,其中两个面标有数字1,两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷次,落于水平的桌面,记次底面的数字之和为.
    (1)当时,记为被3整除的余数,求的分布列与期望;
    (2)求能被3整除的概率.
    21.(12分)
    动点到定点的距离和它到直线的距离的比是常数,点的轨迹为.
    (1)求的方程,并说明是什么曲线;
    (2)过点作不与坐标轴垂直的直线交于,两点,线段的垂直平分线与轴交于点,若,求的方程.
    22.(12分)
    已知函数有两个零点.
    (1)求的取值范围;
    (2)设,是的两个零点,,证明:.
    驻马店市2023-2024学年度高三年级期末统一考试
    数学参考答案
    1.B ,则.
    2.A 依题得,则.
    3.C 由题可知,且,即,所以,当且仅当,时,等号成立,则的最小值为4.
    4.C 几何体的轴截面如图所示,设圆锥的底面半径为,高为,母线长为,则球的半径也为.因为圆锥的体积恰好等于半球的体积,所以,得.故.设圆锥的轴截面的顶角为,则.
    5.B 由题意可知,,直线的方程为,易知四边形为菱形,所以到直线的距离,所以,故.
    6.A
    .
    7.C 若将体育书分给甲,当剩余4本书恰好分给乙、丙时,此时的分配方法有种,当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时,此时的分配方法有种.综上,将体育书分给甲,不同的分配方法数是.
    同理,将体育书分给乙,不同的分配方法数也是50.故不同的分配方法数是.
    8.D 不妨设点在第一象限,直线的倾斜角为,所以,则,同理可得.因为,所以,即,,所以.
    在中,.
    9.ABC ,
    ,故A,B正确.无论为何值,,若从高三男生中随机挑选2人,则他们的成绩都不低于75的概率为,故C正确,D错误.
    10.BCD 由题得,,
    令,则,,故A错误;
    当时,,,故B正确;
    为偶函数,故C正确;
    当时,,所以在上单调递增,故D正确.
    11.BD 的几何意义为过点,的直线的斜率.易知直线与的图象最多只有4个交点,故的最大值为4.当直线与曲线相切时,取得最大值,设切点为,则该直线的斜率为,又,所以,解得,得,所以.
    12.BCD 由,,可将三棱锥补形成如图所示的长方体,则,,所以球的半径为,所以球的表面积为,故A错误.易知平面,过点作的垂线,交于,故为点到平面的距离.在中,,,解得,故B正确.以为原点,,,所在直线分别为,,轴建立空间直角坐标系,则,,,,.设,所以.因为,所以,解得,所以,故C正确.当且仅当与截面垂直时,截面面积最小,最小的半径为2,故D正确.
    13.6 由题可知,,则,解得.
    14. 函数在上的值域为,在上的值域为,则,即,所以的取值范围是.
    15.3 因为,,三点共线,所以,解得,即为上靠近点的三等分点.利用向量的投影定义,可知当位于点时,取得最大值,最大值为.
    16.2 设双曲线的方程为,函数的两条渐近线方程为和,其夹角为,故,解得,则,且,所以和的角平分线的方程为.联立解得,所以,,所以双曲线的方程为,故.
    17.解:(1)由及正弦定理,
    得,
    则,即,
    所以的面积.
    (2)由余弦定理可知.
    因为,所以,当且仅当时,等号成立.
    设为边上的高,所以,即,
    所以边上的高的最大值为.
    18.(1)由题可知,
    所以,
    即,所以数列是等差数列,

    (2)
    19.(1)证明:如图,连接.
    因为四边形是边长为2的菱形,,
    所以为等边三角形,则.
    又平面平面,平面平面,
    所以平面,
    因为平面,所以.
    因为,,所以.
    因为,所以平面.
    又平面,所以.
    (2)解:如图,过作的平行线为轴,结合(1)知轴,,两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系,
    则,,,,,
    则,,.
    设平面的法向量为,
    则得
    取,得,则.
    因为为的中点,所以.
    又.所以.
    则.
    设直线与平面所成的角为,则,
    即直线与平面所成角的正弦值为.
    20.解:(1)由题可知,的取值可能为0,1,2.



    则的分布列为
    .
    (2)由题可知,当时,次底面的数字之和能被3整除的概率为,
    所以,
    则,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,
    则,
    即.
    21.解:(1)由题意得,
    化简得,即.
    故曲线是焦点在轴上的椭圆。
    (2)设,,直线的方程为,
    则,
    所以,.
    (也可以根据题目条件得出,)
    联立方程组整理得,
    则,所以,
    所以线段的中点为,
    所以线段的垂直平分线方程为.
    令,可得,即.
    因为,
    由,可得,
    则,解得,
    所以的方程为.
    22.(1)解:由且,可得.
    设,,则,
    令,解得.
    当时,,单调递增;
    当时,,单调递减.
    又当趋向于0时,趋向于,当趋向于时,趋向于0,
    所以要使的图象与直线有两个交点,则,
    故的取值范围是.
    (2)证明:,由(1)得,
    则,.
    设,则,
    即,
    .
    设,则.
    设,则,
    当时,,单调递减,
    当时,,单调递增.
    又,,,
    所以存在唯一的,使得,
    即,
    所以的最小值为,,
    所以,故.
    0
    1
    2

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