河南省驻马店市2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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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.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数运算化简z,再求共轭复数.
【详解】，则.
故选：B
2. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合B，再利用集合交集运算可得答案.
【详解】依题得，则.
故选：A.
3. 已知函数的定义域为，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数定义域求出，利用基本不等式可求答案.
【详解】由题可知，且，即，所以，
当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为4.
故选：C.
4. 若一个圆锥和一个半球有公共底面，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.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，由题意可得求得，从而可求出母线长，然后利用余弦定理可求得答案
【详解】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，
所以，
设圆锥的轴截面的顶角为，则
，
故选：C.
5. 设圆：和圆：交于，两点，则四边形的面积为（ ）
A. B. 4C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后根据圆的弦长的求法求得.
【详解】由题意可知，，且两圆半径均为2，
两圆方程相减，得直线的方程为，
易知四边形为菱形，
所以到直线的距离，
所以，
故.
故选：B
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角和的正弦，二倍角余弦结合齐次式化简求值.
【详解】
.
故选：A
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
【答案】C
【解析】
【分析】分体育书分给甲和乙两种情况求解.
【详解】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.
故选：C
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.
【答案】D
【解析】
【分析】先推导焦半径公式得，.由，求出，再由余弦定理求解.
【详解】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，.
故选：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
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正态曲线的对称性判断ABD,由独立事件的概率判断C.
【详解】，
，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.
故选：ABC
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
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由图象变换求出，再结合三角函数的性质与图像变换逐一判断.
【详解】由题得，，
由，故A错误；
当时，，，故B正确；
为偶函数，故C正确；
当时，，正弦函数在上为增函数，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：BCD
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
【答案】BD
【解析】
【分析】作出的图象，利用的几何意义是过原点的直线与相交点的斜率，结合图象进行求解即可.
【详解】的几何意义为过点，的直线的斜率.如图所示，
易知直线与的图象最多只有4个交点，
故的最大值为4，故A错误，B正确.
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，则，
所以，解得，得，
所以故C错误，D正确.
故选：BD.
.
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
【答案】BCD
【解析】
【分析】补体法求出球半径判断A，结合球的性质判断D，由面面垂直性质作垂线求解判断B，建立空间坐标系计算判断C.
【详解】由，，
可将三棱锥补形成如图所示的长方体，
设，
则，解得，
即，，
所以球的半径为，所以球的表面积为，故A错误.
由题得长方体为正四棱柱，，为的中点，
故
又平面，则平面，
又平面，故平面平面，平面平面，
过点作的垂线，交于，则平面故为点到平面的距离.
中，，，
故，
则，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，由A 解析知：最小的半径为，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛点睛：本题考查几何体的外接球，球的几何性质，空间向量的应用，A选项关键利用三棱锥对棱相等补体法求外接球.
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______.
【答案】6
【解析】
【分析】利用等比数列的下标和性质与整体法得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】依题意，知，
又，
所以，
则，解得（负值舍去）.
故答案为：.
14. 若函数有最小值，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式分类讨论，分别计算可得；
【详解】函数在上的值域为，
在上的值域为，
则，即，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15. 已知是边长为3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______.
【答案】3
【解析】
【分析】由三点共线确定的位置，再利用向量投影的意义确定最值.
【详解】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.
故答案为：3
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______.
【答案】2
【解析】
【分析】首先确定的两条渐近线和，进而得到，再求出两条渐近线夹角的角分线，联立，求出交点，利用交点，即可求出，得出结果.
【详解】设双曲线方程为，
因为函数的两条渐近线方程为和，其夹角为，
故，解得，则，
又，
所以和的角平分线的方程为，
由，消得到，
则，，所以双曲线的方程为，
故，
故答案为：.
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，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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和面积公式进行代换，即可求解三角形的面积；
（2）利用余弦定理表示，结合基本不等式，求出的边长，再根据（1）的面积代入即可求出边上的高的最大值.
【小问1详解】
由及正弦定理，
得，则，
因为，
则，即，
所以的面积.
【小问2详解】
由余弦定理可知.
因为，则，
所以，当且仅当时，等号成立.
设为边上高，所以，即，
所以边上的高的最大值为.
18. 已知数列的前项和为，且满足.
（1）令，求数列的通项公式；
（2）求.
【答案】（1）
（2）450
【解析】
【分析】（1）证明，则数列是等差数列即可求解;
（2）利用分组并项求和求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，即，又，
所以数列是首项为，公差为等差数列，
则.
【小问2详解】
19. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题干，先证明平面，从而得到，又因为，在得到平面，进而得到；
（2）在点建立空间直角坐标系，求出直线与平面中各点的坐标，再利用线面夹角公式带入求解即可得到.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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整除余数，求的分布列与期望；
（2）求能被3整除的概率.
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）
【解析】
【分析】（1）先确定的可能值，再分别求概率列表求期望.
（2）先得到递推关系，再构造等比数列求解.
【小问1详解】
由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为，
的取值可能为0，1，2.
，
，
，
则的分布列为
.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1），曲线是焦点在轴上的椭圆
（2）
【解析】
【分析】（1）由距离公式列方程化简求解；
（2）设直线与椭圆联立，由中垂线得Q坐标，结合，，将韦达定理代入化简求解进而得解.
【小问1详解】
由题意得，
化简得，即.
故曲线是焦点在轴上的椭圆.
【小问2详解】
设，，直线的方程为，
由题得：，
联立方程组整理得，
显然，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. 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：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解；
（2）利用变量集中设，得，，证明即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究零点和证明不等式，第二问利用变量集中结合对数运算得，，转化为t的函数证明并进行隐零点代换是关键.0
1
2