河南省驻马店市部分学校2024届高三上学期期末联考数学试题（含答案解析）

数学注意事项：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.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.2 B.3 C.4 D.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,则最小值为（）A.2 B.4 C.6 D.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，故该圆柱的侧面积，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，交于点.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，则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，由抛物线的定义得.设点到直线的距离为，如图，过作，垂足为，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：AB11.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，成绩的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：6515.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，而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得解.【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，由余弦定理可得，所以，故．因为，平面，所以平面，又平面，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，所以两两互相垂直，以为原点，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．设平面法向量为，则，得取，则，得，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02420.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（异于两点）在椭圆上，直线与的斜率之积为，椭圆的长轴长为6．（1）求的标准方程；（2）已知，直线与椭圆的另一个交点为，且直线与相交于点，证明：点在定直线上．【答案】（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；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程消去y，利用P，Q坐标表示出直线与的方程，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，设，则，所以．因为点在椭圆上，所以，所以，则．因为，所以，故椭圆的标准方程为．【小问2详解】设，显然直线不垂直于轴，设直线的方程为．由消去得．因为点在椭圆的内部，所以．设直线的方程为，直线的方程为，所以．由（1）知，可得因此，即点在直线上．【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的处理思路：联立方程消元，利用韦达定理表示出已知和所求，然后化简整理即可.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