河南省驻马店市2024-2025学年高三下学期期中考试数学检测试题（附答案）

这是一份河南省驻马店市2024-2025学年高三下学期期中考试数学检测试题（附答案），共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、单选题（每小题5分，共计40分）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．2
3．已知非零向量，若，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．在等比数列中，，是函数的极值点，则（ ）
A．B．C．4D．9
5．双曲线的两个焦点为、，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线与的两支分别交于、两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图．底座是边长为的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线，，，一头连着底座端点，另一头都连在球的表面上（底座厚度忽略不计），若该艺术吊灯总高度为14，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，过作的垂线与在第一象限内交于点，且．设的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
8．甲、乙、丙三人练习传球，每次传球时，持球者会等可能地传给另外两人中的任意一位，若第一次由甲开始传球，则经过四次传球后，球回到甲手中的概率为（ ）
A．B．C．D．
多选题（每小题6分 共计18分）
9．若函数的图象经过平移后可以得到函数的图象，则称函数与是 “全等函数”. 下列各组函数中，与是 “全等函数” 的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．如图直线l过△ABC的重心G（三条中线的交点），与边AB、AC交于点P、Q，且，，直线l将△ABC分成两部分，分别为△APQ和四边形PQCB，其对应的面积依次记为和，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．的最大值为D．的最大值为
11．设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则
三、填空题 （每小题5分，共计15分）
12．已知函数，若，则 .
13．已知向量，，则的最小值是 .
14．已知集合，含两个元素的集合．
（1）若，则满足条件的集合A的个数为 ；
（2）若，则满足条件的不同的有序数对的个数为 ．（结果均要化简）
四、解答题
15．（13分）.
在中，内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)证明：；
(2)若，求．
16.（15分）
《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体中，平面，，且，，.
(1)证明：四面体为鳖臑；
(2)若直线平面，求直线与所成角的余弦值.
17.（15分）
已知等差数列满足是关于的方程的两个根.
(1)求.
(2)求数列的通项公式.
(3)设，求数列的前项和.
18.（17分）
如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.

(1)求双曲线的标准方程；
(2)若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）当时，求的最小值.
（17分）
蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．

(1)求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围；
(2)证明：点在蔓叶线上；
(3)设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点．
参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，
数学答案
1．C
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，即，解得，
所以，则，
故选：C.
2．D
【分析】先利用，化简，再利用复数的除法运算求，再求出，最后利用复数的加法运算即可.
【详解】因，，则，
则，.
故选：D.
3．D
【分析】根据数量积的运算律，结合垂直满足的关系即可求解.
【详解】由可得，
故，
由于所以，
故选：D
4．B
【分析】由题意可知，，是方程的两根，利用韦达定理和等比数列的性质求解即可．
【详解】有题得，
因为，是函数的极值点，
则，是方程的两根，
所以，从而可得，
又因为等比数列，可得，且，所以.
故选：B.
5．A
【分析】根据条件，确定的关系，求双曲线的离心率.
【详解】如图：
设直线与圆的切点为，作，交于点，则.
因为，，所以.
又为中点，所以，.
又，，
所以可设：，，.
由.
根据双曲线的定义.
所以.
所以.
故选：A
6．C
【分析】由题意做出该艺术吊灯的主视图，确定正方形的外接圆圆心为，连接，由勾股定理及球体积公式计算即可．
【详解】如图，作出该艺术吊灯的主视图，由已知得四边形为正方形，则，
设正方形的外接圆圆心为，连接交球面于点，如图所示，则，
所以，
因为该艺术吊灯总高度为14，，所以，
设球半径为，则，
在中，，解得，
所以球的体积为，
故选：C．
7．C
【分析】先根据椭圆定义和已知线段关系求出相关线段长度，再通过三角函数关系求出，最后利用余弦定理建立关于椭圆离心率的方程并求解.
【详解】
如图，连接，设与交于点 M.
由，可设，则，其中，
由椭圆的定义，得，从而，
又因为，所以，在中，设，
则为锐角，所以，即，
由余弦定理，得，即，解得.
故选：C.
8．C
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，代入计算即可.
【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，
那么由题意可知：，又，
所以，构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
则.
故选：C.
9．ABC
【分析】对于ABC：根据图象变换分析判断即可；对于D：根据函数定义域分析判断.
【详解】对于选项A：由题意可得：，
将函数的图象向右平移个单位，
可得，故A正确；
对于选项B：，
将函数的图象向左平移个单位，可得，故B正确；
对于选项D：，
将函数的图象向上平移个单位，可得，故C正确；
对于选项D：因为的定义域为，而的定义域为，
所以无论怎么平移两函数，图象都不可能重合，故D错误；
故选：ABC.
10．BC
【分析】本题首先可根据是的重心得出，然后根据、得出，再然后根据、得出，最后根据基本不等式得出，即可得出结果.
【详解】因为是的重心，所以，
因为，，所以，
因为、、三点共线，所以，，A错误，B正确，
因为，，
所以，，，
因为，，所以，
即，，当且仅当时取等号，
故，C正确，D错误.
故选：BC.
11．ABD
【分析】对于A，验证旋转后的点是否满足，即斜率乘积是否为，对于B，旋转不改变点到原点的距离，直接计算和是否相等，对于C，根据变换得到的坐标关系可得变换形式，从而可判断正误，对于D，根据导数的范围可出参数的范围后可判断正误.
【详解】因为，，所以，所以，故A正确；
因为，，
所以，故B正确；
因为，故，
故，
而，
故
，
同理，
故，故C错误；
对于D，因为，故将顺时针旋转后仍为函数图像，
故图象上的任意一点切线的斜率大于或等于，
故即在上恒成立，故，故D成立.
故选：ABD.
12．2
【分析】根据分段函数的解析式分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，当时，，解得；
当时，，解得，与矛盾，此时无解.
所以.
故2
13．
【分析】设，由平面向量数量积的运算可出，再利用平面向量的模长公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】设，则，可得，
故，
当且仅当时，取最小值.
故答案为.
14．
【分析】（1）根据已知条件可得出.根据集合元素的性质设，则.依次列举可得出取不同值时取值的情况，观察可得出构成一个等差数列，根据等差数列前项和公式计算即可得出答案；
（2）根据已知可得可知为4的整数倍.然后分为奇数、为2的奇数倍、为2的偶数倍，三种情况，分别求出满足条件的个数，求和即可得出答案.
【详解】（1）由可得，
.
因为，所以.
又，所以有.
根据集合元素的无序性以及互异性，不妨设，则.
当时，可取2，3，4，……，，共种可能；
当时，可取3，4，……，，共种可能；
当时，可取4，……，，共种可能；
……
当时，可取，，，，，共5种可能；
当时，可取，，，共种可能；
当时，可取，共种可能.
易知1，3，5，……，，，构成了一个以1为首项，2为公差的等差数列，项数为项，
和为.
（2）由（1）知，.
因为，可知为4的整数倍.
①当为奇数时，应取2的奇数倍，
显然在，满足条件的有2，6，……，，有个.
在，满足条件的有1，3，5，……，，有个.
此时满足条件的不同的有序数对的个数为；
②当为2的奇数倍时，应取4的整数倍，
显然在，满足条件的有4，8，……，，有个.
在，满足条件的有2，6，……，，有个.
此时满足条件的不同的有序数对的个数为；
③当为2的偶数倍，即4的整数倍时，应取4的整数倍，且，
显然在，满足条件的有4，8，……，，有个.
在，满足条件的有4，8，……，，且，有个.
此时满足条件的不同的有序数对的个数为.
综上所述，满足条件的不同的有序数对的个数为.
故；.
方法点睛：对于参数较多的时候，常采用分类讨论固定一个参数的取值，结合已知分析另外参数的取值情况.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式以及同角关系即可求解，
（2）利用余弦定理即可求解.
【详解】（1）由和正弦定理可得，
因为,所以，
则有,
由于，所以有
（2）由得，因为,
则有，
由余弦定理可得，所以，
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质可证，，，进而利用线线垂直证明平面，进而可得，可得结论；
（2）以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量与直线的方向向量，利用向量法可求得直线与所成角的余弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，平面，平面，
所以，，.
又，且，平面，
所以平面，又平面，则，
所以四面体的四个面都为直角三角形，则四面体为鳖臑.
（2）以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
则，，.
设平面的法向量为，则，
令，得.
由，
得直线与所成角的余弦值为.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用韦达定理，结合等差数列公式即可求解；
（2）利用韦达定理可直接得到；
（3）利用裂项相消法即可求和.
【详解】（1）数列是等差数列，设公差为，
由根与系数关系得，
于是有，则，
故，则；
（2）由（1）知，故，
由根与系数关系知；
（3）由（2）得，
所以
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程；
（2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案.
【详解】（1）由题知，解得，双曲线E的标准方程为；
（2）令，设直线为：，与联立得，当时，
设，则由韦达定理，及题意可得：
则，，.
（i）当时，，，
由，得，
又因为，即，
所以；
（ii）由题知，.
因为，
所以，又，，
则，
，
又，
则，
则，
当取得，此时满足题意.
综上，的最小值为.
关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据蔓叶线方程中分母不为零以及根式有意义的条件来确定横坐标取值范围.
（2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上.
（3）将直线方程与蔓叶线方程联立，齐次化处理，利用三次方程韦达定理得到直线斜率之和的表达式，进而求出直线过的定点.
【详解】（1）因为蔓叶线的方程为，
则且.由于恒成立，所以等价于，解得，
由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道.
则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为.
（2）设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到.
对进行整理得
解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为.
已知，设，，点横坐标为.
根据向量坐标运算，，，因为，所以，.
将代入蔓叶线方程的右边：，
而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立.
所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上.
（3），齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即，
根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为，
结合韦达定理知道，，故 ，则，
代入直线方程，即，化简得，式子恒成立，
则令，解得.故直线过定点.原命题成立