河南省三门峡市高三上学期期末检测试题数学

度上学期期末检测高三数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码在答题卡上的指定位置．2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．考试结束后，将答题卡交回．一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B解析：因为，所以，故选：B2.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】C解析：，其对应的点为故其在复平面内对应点位于第三象限.故选：C3.在的展开式中，含项的系数是（）A.21 B.84 C.21 D.84【答案】B解析：展开式的通项为：，令，则，系数为故选:B.4.已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D解析：由知，即，又三点构成，所以，所以四边形是平行四边形，如图：又的外接圆圆心为，所以，所以平行四边形是菱形，且，即与的夹角为，设菱形的边长为.则在上的投影向量为.故选：D.5.已知数列满足，，(，，)，则“”是“数列为等差数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A解析：当时，，所以数列为公差为1的等差数列，即充分性成立；，所以若数列为等差数列，则或，即必要性不成立，综上，“”是“数列为等差数列”的充分不必要条件，故选A6.Sigmoid函数是神经网络中最常用的激活函数之一，其解析式为，记为函数的导函数，则下列说法正确的是（）A.函数单调减函数 B.C.函数的最大值是 D.【答案】B解析：对于选项A：因为的定义域为，且，所以函数在定义域内单调递增，故A错误；对于选项B：因为，故B正确；对于选项C：因为，当且仅当，即时，等号成立，所以函数的最大值是，故C错误；对于选项D：因为，所以，故D错误；故选：B.7.在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点为，已知是圆上的动点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C解析：由圆,得,则圆心,半径,过点作圆的两条切线,切点为、，根据切线的性质,可得点在以为直径的圆上,如图:圆心为，半径为1，所以其方程为，所以为两圆的交点，联立，解得，设圆上的动点，则，所以,又是圆上的动点，所以，即，则，又在圆上，所以,所以，即，所以的最大值为．故选：C．8.已知函数在处取到最小值，且在区间上存在极大值，的最小整数解是（）A.2 B.8 C.10 D.14【答案】B解析：因为在处取到最小值，所以，所以，所以，又，所以.当，所以，又因为在区间上存在极大值，所以,所以，所以，即，解得，所以且，当时，，所以的最小整数解是8.故选：B.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.记等差数列的公差为，前项和为，若，则（）A. B. C. D.【答案】AD解析：由题意可得：，解得，故A正确；因为，，所以，故D正确；且，，故BC错误.故选：AD10.近年来，中国新能源汽车产业实现跨越式发展，连续多年产销量位居全球第一．某国产新能源汽车企业为提高自动驾驶安全性，自主研发了一款智能控制芯片．若该企业生产的芯片优秀率为，现从生产流水线上随机抽取5件，其中优秀产品的件数为，另一随机变量，则（）A. B.C. D.随的增大先增加后减小【答案】ABD解析：由题意知，所以，所以，故A正确；因为，所以，所以，故B正确；因为，而，，所以，由知，所以，故C错误；因为，，，，由上知，，所以随的增大先增加后减小，故D正确．故选：ABD.11.在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是（）A.平面B.平面C.三棱锥的体积不变D.直线与平面所成角的正弦值的取值范围是【答案】BCD解析：对于选项A：在正方体中，，，所以四边形是平行四边形，所以，同理可证，因为平面，平面，则平面，因为平面，平面，则平面，因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故A错误；对于选项B：由选项A可知：，且平面，平面，则平面，在正方体中，，，所以四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，则平面，又因为，且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B正确；对于选项C：因为平面，且点在线段上运动，可知点到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积不变，故C正确；对于选项D：不妨设正方体的边长为2，因为是边长为的等边三角形，则，设点到平面的距离为，则，解得，设直线与平面所成角为，则，当点与点重合时，取最小值，此时取最大值；当点与点重合时，取最大值，此时取最小值；且正弦值具有连续性，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，故D正确；故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知为抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离是到轴的距离的2倍，则点的纵坐标为___________．【答案】1解析：由抛物线得其焦点，准线方程为：，设．由题意得，解得或（舍去），故答案为：113.已知函数，若方程有且仅有3个根，则实数的取值范围为______.【答案】解析：方程即，显然为方程的一个根，由题意方程有2个非零根，则函数与有两个交点，画出函数的图象，如图所示：由图可知，故实数的取值范围为.故答案为：14.一个箱子里有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取3次，每次取出1个球，并记录其号码．设这三次的号码之和为，若为偶数，则三次号码都是偶数的概率为___________．【答案】解析：数字中有2个偶数，3个奇数，记事件A：三次的号码之和为偶数，事件B：三次号码都是偶数，则事件B就是积事件，事件A即三次号码都为偶数或2奇1偶:当三次号码都为偶数时，每次都有2种取法，所以共有种取法；当三次号码为2奇1偶时，从三次取球中选一次取偶数，有种选法，这一次取到偶数有2种取法，另外两次取奇数，每次都有3种取法，根据分步乘法计数原理，这种情况共有种取法.方法一：所以.所以,故答案为：.方法二：所以，由条件概率公式知，故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知的内角的对边分别为，且，（1）求的大小；（2）已知，为边上的高，求的取值范围．【答案】（1）（2）解析：（1）由，用正弦定理得，化简得：，又,从而，，得又.（2）由正弦定理得:,所以,在中，因为，所以，所以，即．16.已知各项均不为零的等差数列的前项和为，且满足．（1）求的值；（2）若，数列前项和为，求证：．【答案】（1）1（2）证明见解析解析：（1）当时，由，得，两式相减得，则，即，因为，所以，解得，当时，，解得，；（2）由（1）知：，则，所以，所以，，.17.如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值；（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见详解；（2）；（3）存在，.解析：（1）取中点，连接、，又是的中点，所以，且，又，，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，平面，所以，，又，所以以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，，令平面的法向量为，则，即，令，则，，所以平面的法向量为，令平面的法向量为，则，即，令，则，，所以平面的法向量为，设平面与平面所成角为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为；（3）设且，则，由（2）可得，，，，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以平面法向量为，又，点到平面的距离为，所以，即，解得，所以在线段上存在点，使得点到平面的距离为，且.18.已知椭圆的短轴长为2，椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率为的直线与椭圆相交于两点，轴上存在点使得直线与直线的斜率之和为0．（i）求点的坐标；（ii）求的面积的最大值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）解析：（1）短轴长，椭圆上点到一焦点最大距离，又，解得，椭圆方程为（2）（i）设过的直线方程为，设、，代入椭圆方程得，由可得，即;依据韦达定理可得，；设，由可得，将和代入，化简后得，将和代入，解得，故．（ii）到直线的距离为，弦长，其中；则，令，则，，代入面积公式，由基本不等式，得，当且仅当(即符合题意)时取等号，所以三角形面积的最大值为.19.已知函数．（1）求极值；（2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求；（3）若函数有且只有两个零点，求的取值范围．【答案】（1）极小值，无极大值（2）（3）答案见解析解析：（1），