2024届河南实验中学高三上学期期中考试数学试卷含答案.pdf

《2024届河南实验中学高三上学期期中考试数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届河南实验中学高三上学期期中考试数学试卷含答案.pdf（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、数学 第1页（共 4 页）河南省实验中学 2023-2024学年上期期中考试 高三数学 高三数学 （时间:120 分钟，满分:150 分）（时间:120 分钟，满分:150 分）一、单项选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的 4 个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.一、单项选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的 4 个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1已知集合2R230Axxx=，2log1Bxx=，则R()AB=（）A 1,2)B2,3 C1,02,3 D 1,3 2已知单位向量a与单位向量b的夹角为120，则2ab=

2、（）A2 B5C6D73()5(3)2xyxy+的展开式中，33x y的系数为（）A200 B40 C120 D80 4已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120的扇形，若该圆锥底面圆的半径为 1，则该圆锥的体积为（）A3B33C2 23D 5已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab=的左、右焦点分别为1F，2F，A 是双曲线 C 的左顶点，以12F F为直径的圆与双曲线 C的一条渐近线相交于 P，Q 两点，且24AP AQa=，则双曲线 C 的离心率为（）A2B3C2 D56若()2sin(3cossin)f xxxx=，且12()()3f xf x=，则12|xx的最小值为（）A

3、B2C2 D 4#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#数学 第2页（共 4 页）7函数()2132xf xx+=+的值域为（）A26,23+B3,6 C23,26+D6,3 8若lnlnaxxaexax恒成立，则实数a的取值范围为（）A1,)e+B1,)+C,)e+D,)e+二、多项选择题二、多项选择题:本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，有多在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得项符合题目要求，全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，

4、部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.9设i为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（）A1 212z zzz=B若12,z z互为共轭复数，则12zz=C若12zz=，则2212zz=D若()11 izmm=+为纯虚数，则1m=10已知0,0ab，且abab+=则（）A()()111ab=Bab的最大值为 4 C4ab+的最小值为 9 D1411ba+的最小值为4 11已知函数()2sinsinf xxx=+，则（）A()fx为奇函数 B()fx的值域为(),2,22 2+C()fx的最小正周期为2 D()fx的图象关于直线2x=对称 12已知抛物线 C：22(0)

5、ypx p=与圆 O：225xy+=交于 A，B两点，且AB4=，直线l过 C 的焦点 F，且与 C交于 M，N 两点，则下列说法中正确的是（）A若直线l的斜率为33，则8MN=B2MFNF+的最小值为32 2+C若以 MF为直径的圆与 y轴的公共点为602，则点 M 的横坐标为32 D若点()2 2G，则GFM周长的最小值为45+#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#数学 第3页（共 4 页）三、填空题三、填空题:本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13数列 na的前n项和

6、为nS，若12a=，13nnaS+=(Nn+)，则4a=14若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至 少去一人，则不同的分配方案共有 种.（用数字作答）15在三棱锥PABC中，ABC是边长为 2 的等边三角形，PA 平面ABC，若P，,A B C四点都在表面积为16的球的球面上，则三棱锥PABC的体积为 .16设()(),xf xxa exa aR=+，则下列说法正确的是 .(0)0f=；若()f x在定义域内单调，则2a；若0a=，则()2lnf xxex恒成立；若2a，则()f x的所有零点之和为0.四、解答题四、解答题:本题共本题共 6 6 小题，共小题，共

7、 7070 分分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算骤解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算骤.17在ABC中，()()()()sinsinsinacABabAB+=+（其中,a b c分别为ABC、的对边）(1)求B的大小；(2)若2b=，3 34ABCS=，求ABC的周长 18对数列 na，记11234(1)nnnSaaaaa=+为数列 na的前 n项交替和；(1)若2nan=，求 na的前 n项交替和nS；(2)若数列nb的前 n项交替和为21nTn=+，求1n nb b+的前 n项和.19如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，120DAB=，2PAAD=，2 2PC

8、PD=，点E是棱PC的中点 (1)证明：PCBD；(2)求平面PAB与平面BDE所成角的余弦值#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#数学 第4页（共 4 页）20某社区为鼓励社区居民积极参与体育运动，组织社区居民参加有奖投篮比赛，已知某居民甲每次在罚球点投进的概率均为()01pp(1)甲在罚球点连续投篮 6 次(假设每次投篮相互独立)，设恰好投进 4 次的概率为()fp，若0pp=时，()fp取得最大值，求0p；(2)现有两种投篮比赛规则，规则一：在罚球点连续投篮 6 次，每次投篮相互独立，每次在罚球点投进的概率均为（1）中

9、0p的值，每投进一次，奖励 10 元代金券；规则二：连续投篮 2 次，第一次在罚球点投篮，每次在罚球点投进的概率均为（1）中0p的值，若前次投进，则下一次投篮位置不变，投进概率也不变，若前次未投进，则下次投篮要后退 2 米，投进概率变为上次投进概率的一半，每投进一次，奖励 40 元代金券以获得代金券金额的期望为依据，分析甲应选哪种比赛规则 21已知椭圆()2222:10 xyCabab+=的离心率为1,2A B分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点，过点F作直线l与C交于,P Q(异于,A B)两点，且当PQx轴时，APQ的面积为92.（1）求C的标准方程;（2）设直线AP与直线BQ交于点M，求

10、证:点M在一条定直线上.22已知1()(1)xf xea x=；（1）讨论函数()f x的单调性；（2）若()lnln2ef xxx+恒成立，求实数a的取值范围.#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#参考答案：参考答案：1C 2D 3B 4C 5D 6B 7C 8A 9ABD 10ACD 11ACD 12BC 1396 14150 154 23 16 17(1)3B=(2)213+【详解】（1）在ABC中，因为()()sinsin sinABCC+=，故由()()()()sinsinsinacABabAB+=+可得()()(

11、)sinsinsinacCabAB=+由正弦定理得()()()c acabab=+，即222cabac+=则1cos2B=，又0B，故3B=（2）13 3sin24ABCSacB=，得3ac=，由余弦定理2222cosacbacB+=，即22()2cos2acbacBac+=+，得13ac+=，所以ABC的周长为213+18(1)当2,nk kN+=时，2223 12149 16(1)37(12)222nnnnnSnnn+=+=+=；当21,nkkN+=时，22149 162nnnSn+=+=；所以22,22,212nnnnkSnnnk+=+=()kN+（或nS=21(1)2nnn+）(2)2

12、n 时，11(1)21nnnnbTTn=；1n=时，112bT=，不符合上式；所以12,1(1)(21),1nnnbnn=，设1n nb b+的前 n项和为nR，则nR=11112(3)3 55(7)(21)(21)nn+=+11 1111()62 321423nn=+.#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#19(1)证明过程见详解 (2)32【详解】（1）连接AC，在菱形ABCD中，120DAB=，2AD=，所以2AC=，在PAD中，2PAAD=，2 2PD=，所以222PAADPD+=，所以PAAD，在PAC中，2AC=

13、，2PA=，2 2=PC，所以222PAACPC+=，所以PAAC，又ACADA=，AC，AD 平面ABCD，所以PA 平面ABCD，又BD平面ABCD，所以PABD，因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD，又ACPAA=，AC，PA平面PAC，所以BD平面PAC，又PC 平面PAC，所以PCBD （2）记ACBDO=，连接OE，由点O是棱AC的中点，且点E是PC的中点，所以OEPA，又由（1）知PA 平面ABCD，所以OE 平面ABCD，以O为坐标原点，OB，OC，OE所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，所以()3,0,0B，()3,0,0D，()0,1,2P，()

14、0,1,0A，()0,1,0C，所以()3,1,2BP=，()3,1,0BA=，设平面BAP的一个法向量为()1111,nx y z=，所以1100n BPn BA=，即1111132030 xyzxy+=，令13y=，解得11x=，10z=，所以平面BAP的一个法向量为()11,3,0n=，因为E是PC的中点，且()0,2,2PC=，所以()()110,2,20,1,122PEPC=，所以()()()3,1,20,1,13,0,1BEBPPE=+=+=，又()2 3,0,0BD=，设平面BDE的一个法向量为()2222,nxy z=，所以2200nBDnBE=，即2222 3030 xxz=

15、+=，令21y=，解得20 x=，20z=，故平面BDE的一个法向量为()20,1,0n=，由图可知平面PAB与平面BDE所成角为锐角，#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#所以12121233cos,2 12n nn nnn=，故平面PAB与平面BDE所成角的余弦值为32 20(1)023=p 【详解】（1）由题意得则()()()2446C1,0,1fpppp=，则()()()()()24344366C4121C146fpppppppp=，令()0fp=，得23p=；当20,3p时，()0fp，()fp在区间20,3内单调

16、递增；当2,13p时，()0fp，()fp在区间2,13内单调递减，所以当23p=时，()f p取得最大值，即023=p（2）若选规则一，记 X 为甲投进的次数，则26,3XB，则()2643E X=，记 Y为甲所得代金券金额，则10YX=，()()1040E YE X=若选规则二，记 Z为甲投进的次数，则 Z 的所有可能取值为 0，1，2 记甲第 k次投进为事件()1,2kAk=，未投进为事件kA，所以投进 0 次对应事件为12A A，其概率为()()122120339P ZP A A=；投进 1 次对应事件为1212A AA A+，()21111133333P Z=+=；投进 2 次对应事

17、件为12A A，()2242339P Z=所以 Z 的分布列为 Z 0 1 2 P 29 13 49 所以()214110129399E Z=+=；记 L为甲所得代金券金额，则40LZ=，()4409E L=，因为()()E LYE，所以甲应选规则二参加比赛 21（1）22143xy+=；（2）证明见解析.解:（1）由题意知12ca=，所以2ac=，又222abc=+，所以3bc=当PQx轴时，APQ的面积为92，所以()212922baca+=，得23b=；结合上式可得224,1ac=，所以椭圆C的标准方程为22143xy+=.#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkAC

18、CAAoORBAAIAABAAFABAA=#（2）由（1）知()1,0F，设直线PQ的方程为 1xmy=+，1122(,),(,)P x yQ xy 与椭圆22143xy+=联立，得()2234690mymy+=.显然0 恒成立.12122269,3434myyy ymm+=+()*直线AP的方程为()112+2yyxx=+，直线 BQ的方程为()2222yyxx=，联立两方程可得，所以()()121222+22yyxxxx+=()()121212212121213232221myyxymy yyxxyxy mymy yy+=由()*式可得()121232my yyy=+，代入上式可得()()

19、1212121221339222233322232yyyyxyyxyyyy+=+=+，解得4,x=故点M在定直线4x=上.22.（1）解：1()(1)xf xea x=；则1()xfxea=，当0a 时，()0fx 恒成立，此时()f x在定义域内单调递增；当0a 时，令()0fx=，得1 lnxa=+，当1 lnxa+时，()0fx，()f x单调递减；当1 lnxa+时，()0fx，()f x单调递增；综上，0a 时，()f x在定义域内单调递增；0a 时，()f x在(,1ln)a+上单调递减；在(1ln,)a+上单调递增；(2)解：令1()(1)lnln(0)2xeg xea xxxx

20、=；1()1 ln,0 xg xeax x=，11(),0 xgxexx=，121()0 xgxex=+，所以()gx单调递增，又(1)0g=，则01x时，()0gx；1x 时，()0gx；所以()g x在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增；所以min()(1)g xga=，当0a 时，()0g x 恒成立，此时()g x在定义域内单调递增；若使()0g x 恒成立，则#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#只需01lim()ln02xeg xae+=+，即11lnln22eeaee=；（注：由12ln23ee，故1

21、ln20ee），即1ln20eae；（lnxx洛必达法则洛必达法则/lnxx图象）图象）0a 时，()0g x=有解，由0lim()xg x+，(1)0ga=，lim()xg x+，且()g x在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，所以()g x在(0,1)与(1,)+各有一个零点，不妨分别记为12,x x；所以1(0,)xx时，()0g x，()g x单调递增，12(,)xx x时，()0g x，()g x单调递减，2(,)xx+时，()0g x，()g x单调递增；由0a，则01lim()ln02xeg xae+=+，故若使()0g x 恒成立，只需2()0g x；（含参隐零点）

22、（含参隐零点）又2()0g x=，即21221 ln0,1xeaxx=，即21221 ln,1xaex x=，则221122222222()(1)lnln(2)ln1 ln0,122xxeeg xea xxxx exxx=+，令1()(2)ln1 ln,12xeh xx exxx=+，而当1x 时，1111()(1)1(1)()0 xxh xx ex exx=+=，所以()h x在(1,)+上单调递减，且(2)0h=，所以由2()0g x得212x；而21221 ln,1xaex x=在(1,2)上单调递增，所以a的范围为(0,1 ln2)e；综上a的取值范围为11ln2,1ln2)ee.#QQABYYgEogiAQBBAAQgCQw1SCAKQkACCAAoORBAAIAABAAFABAA=#