2024届河南平顶山舞钢一高高三下学期期中考试数学试题（理解析）试题

2023届河南平顶山舞钢一高高三下学期期中考试数学试题（理解析）试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共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．已知，则（）A．5 B． C．13 D．2．设集合，，则集合A． B． C． D．3．设为定义在上的奇函数，当时，(为常数)，则不等式的解集为（）A． B． C． D．4．若复数满足（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（）A． B． C． D．5．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（）A． B．1 C． D．i6．设集合，，若集合中有且仅有2个元素，则实数的取值范围为A． B．C． D．7．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（）A．1 B． C．2 D．8．设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．已知复数，，则（）A． B． C． D．10．方程在区间内的所有解之和等于()A．4 B．6 C．8 D．1011．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（）A． B． C． D．12．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是()A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大B．这五年，2015年出口额最少C．这五年，2019年进口增速最快D．这五年，出口增速前四年逐年下降二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是__________．14．已知函数，若，则___________.15．已知若存在，使得成立的最大正整数为6，则的取值范围为________.16．如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，，残缺部分位于过点C的竖直线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在平面直角坐标系xoy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系。已知曲线C的极坐标方程为，过点的直线l的参数方程为（为参数），直线l与曲线C交于M、N两点。（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程：（2）若成等比数列，求a的值。18．（12分）在极坐标系中，曲线的方程为，以极点为原点，极轴所在直线为轴建立直角坐标，直线的参数方程为（为参数），与交于，两点．（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）设点；若、、成等比数列，求的值19．（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（Ⅰ）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（Ⅱ）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.20．（12分）对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)21．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．22．（10分）已知椭圆的焦距是，点是椭圆上一动点，点是椭圆上关于原点对称的两点（与不同），若直线的斜率之积为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）是抛物线上两点，且处的切线相互垂直，直线与椭圆相交于两点，求的面积的最大值.

参考答案一、选择题：本题共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．C【解析】

先化简复数，再求，最后求即可.【详解】解：，，故选：C【点睛】考查复数的运算，是基础题.2．B【解析】

先求出集合和它的补集，然后求得集合的解集，最后取它们的交集得出结果.【详解】对于集合A，，解得或，故.对于集合B，，解得.故.故选B.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的补集和交集的运算.对于有两个根的一元二次不等式的解法是：先将二次项系数化为正数，且不等号的另一边化为，然后通过因式分解，求得对应的一元二次方程的两个根，再利用“大于在两边，小于在中间”来求得一元二次不等式的解集.3．D【解析】

由可得，所以，由为定义在上的奇函数结合增函数+增函数=增函数，可知在上单调递增，注意到，再利用函数单调性即可解决.【详解】因为在上是奇函数.所以，解得，所以当时，，且时，单调递增，所以在上单调递增，因为，故有，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查学生对函数性质的灵活运用能力，是一道中档题.4．D【解析】

由已知等式求出z，再由共轭复数的概念求得，即可得虚部.【详解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共轭复数=-1+，虚部为1故选D．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题．5．A【解析】

由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.【详解】解：∵，∴，，则化为，∴z的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.6．B【解析】

由题意知且，结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知，，则，故，又，则，所以，所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算，以及借助数轴解决有关问题，其中确定中的元素是解题的关键，属于基础题.7．B【解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可.【详解】可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）.故选:B.【点睛】本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题.8．C【解析】

利用数量积的定义可得，即可判断出结论．【详解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要条件．故选：C．【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．9．B【解析】分析：利用的恒等式，将分子、分母同时乘以，化简整理得详解：，故选B点睛：复数问题是高考数学中的常考问题，属于得分题，主要考查的方面有：复数的分类、复数的几何意义、复数的模、共轭复数以及复数的乘除运算，在运算时注意符号的正、负问题.10．C【解析】

画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案.【详解】，验证知不成立，故，画出函数和的图像，易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点，故所有解之和等于.故选：.【点睛】本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键.11．D【解析】

根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.【详解】类产品共两件，类产品共三件，则第一次检测出类产品的概率为；不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；故选：D.【点睛】本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.12．D【解析】

根据统计图中数据的含义进行判断即可.【详解】对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；故选：D【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】∵，∴，∵函数y=f(x)−g(x)恰好有四个零点，∴方程f(x)−g(x)=0有四个解，即f(x)+f(2−x)−b=0有四个解，即函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象有四个交点，，作函数y=f(x)+f(2−x)与y=b的图象如下，，结合图象可知，<b<2，故答案为.点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值．(2)当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．14．【解析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.【详解】因为函数，其定义域为，所以其定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，因为，所以.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.15．【解析】

由题意得，分类讨论作出函数图象，求得最值解不等式组即可.【详解】原问题等价于，当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；综上，满足条件的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查了对勾函数的图象与性质，函数的最值求解，存在性问题的求解等，考查了分类讨论，转化与化归的思想.16．【解析】

分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设，则，（2）若在若一条直角边在上，设，则，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值.【详解】（1）斜边在上，设，则，则，，从而.当时，此时，符合.（2）若一条直角边在上，设，则，则，，由知.，当时，，单调递增，当时，，单调递减，.当，即时，最大.故答案为：.【点睛】此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）l的普通方程；C的直角坐标方程；（2）.【解析】

（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程，代入曲线的方程，利用参数的几何意义即可得出，从而建立关于的方程，求解即可．【详解】（1）由直线l的参数方程消去参数t得,，即为l的普通方程由，两边乘以得为C的直角坐标方程.（2）将代入抛物线得由已知成等比数列，即，，，整理得（舍去）或.【点睛】熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键．18．(1)曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为；(2)【解析】

(1)由极坐标与直角坐标的互化公式和参数方程与普通方程的互化，即可求解曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；(2)把的参数方程代入抛物线方程中，利用韦达定理得，，可得到，根据因为，，成等比数列，列出方程，即可求解．【详解】(1)由题意，曲线的极坐标方程可化为，又由，可得曲线的直角坐标方程为，由直线的参数方程为（为参数），消去参数，得，即直线的普通方程为；(2)把的参数方程代入抛物线方程中，得，由，设方程的两根分别为，，则，，可得，．所以，，．因为，，成等比数列，所以，即，则，解得解得或（舍），所以实数.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程，以及参数方程与普通方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理应用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线的斜率.所以直线的方程为，即.（Ⅱ）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题.20．(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，【解析】

(Ⅰ)根据题意直接写出答案.(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.(Ⅲ)讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，根据对应关系得到，再计算，，得到答案.【详解】(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时