1、2024-2025学年河南省驻马店高级中学高三（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=2,1,0,1,2,3，B=x|y=lnx x21，则AB=()A. 0,1,2,3B. 2,2,3C. 2,3D. 1,2,32.若z=1i3i5，则z+z=()A. 2iB. 2iC. 2D. 23.已知非零向量a，b，若|a|= 2|b|，且(a+b)(a2b)，则a与b的夹角为()A. 4B. 2C. 34D. 4.在等比数列an中，a3，a7是函数f(x)=13x3+4x2+9x1的极值点，则a5=()A. 4B. 3C. 3D. 45.双曲线C的两个焦点为F1、F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作圆D的切线与C的两支分别交于M、N两点，且cosF1NF2=35，则双曲线C的离心率为()A. 132B. 413C. 3D. 2 13136.某艺术吊灯如图1所示，图2是其几何结构图.底座ABCD是边长为4 2的正方形，垂直于底座且长度为6的四根吊挂线AA1，BB1，CC1，DD一头连着底座端点，另一
2、头都连在球O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O的体积为()A. 1083B. 2563C. 5003D. 86437.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过F1作AF2的垂线与C在第一象限内交于点B，且cosF1BF2=35.设C的离心率为e，则e2=()A. 512B. 3 52C. 5 510D. 6 5128.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. 18B. 14C. 38D. 58二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若函数y=f(x)的图象经过平移后可以得到函数y=g(x)的图象，则称函数f(x)与g(x)是“全等函数”.下列各组函数中，f(x)与g(x)是“全等函数”的是()A. f(x)=sinx+ 3cosx,g(x)= 2sinx 2cosxB. f(x)=ex，g(x)=2exC. f(x)=lnx，g(x)=ln(2x)D. f(x)=l
3、n|x|，g(x)=ln(|x|+1)10.如图，直线l过ABC的重心G(三条中线的交点)，且与边AB，AC交于点P，Q且AP=AB,AQ=AC，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SAPQ和S四边形PQCB，则以下结论正确的是()A. +=43B. 1+1=3C. S四边形PQCBSAPQ的最大值为54D. S四边形PQCBSAPQ的最大值为4311.设O为坐标原点，对点A(x,y)(其中x2+y20)进行一次变换，得到点B(xcos+ysin,xsin+ycos)，记为Bf(A,)，则()A. 若Bf(A,2)，则OAOBB. 若Bf(A,)，则|OA|=|OB|C. 若Cf(A,)，Cf(B,)，则Af(B,)D. A为g(x)=alnx1x图象上一动点，Bf(A,4)，若B的轨迹仍为函数图象，则a2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=2x,(x0)x+2,(x0,b0)的虚轴长为2，离心率为 52，斜率为k的直线l过x轴上一点A(t,0)(1)求双曲线E的标准方程；(2)若双曲线E上存在关于直线l对称的不
4、同两点B，C，直线BC与直线l及y轴的交点分别为P，Q(i)当k=13时，求t的取值范围；(ii)当t=3时，求SAPQ的最小值19.(本小题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A：(x12)2+y2=14，点M是直线l：x=1上在第一象限内的任一点，直线OM的倾斜角为(O为坐标原点)，且交圆A于点N(N与O不重合)，第一象限内的点P在直线OM上，且满足OP=NM，一蔓叶线C的方程为y2=x31x，如图所示(1)求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围；(2)证明：点P在蔓叶线C上；(3)设直线l0：mx+ny=1(m2+n20)与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线OR，OS，OT的斜率之和为2025，证明：直线l0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x1，x2，x3是关于一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0(a0)的三个根，则x1+x2+x3=ba，x1x2+x2x3+x1x3=ca，x1x2x3=da参考答案1.C2
5、.D3.B4.C5.A6.C7.C8.C9.ABC10.BC11.ABD12.213. 514.4k2，k2，kZ； 4k2，k2，kZ15.解：(1)证明：根据题意可知，csinA=4acosAsinB根据正弦定理，sinCsinA=4sinAcosAsinB，因为sinA0，所以sinC=4cosAsinBsin(A+B)=4cosAsinB，则有sinAcosB+cosAsinB=4cosAsinBsinAcosB=3cosAsinB，由于cosA0，cosB0，所以有tanA=3tanB；(2)由c=2b得sinC=2sinB，因为sinC=4cosAsinB，则有cosA=12，根据余弦定理，a2=b2+c22bccosA=(32)2+32232312=274，故a=3 3216.(1)证明：因为CD平面ABC，BC平面ABC，AC平面ABC，AB平面ABC，所以CDBC，CDAC，CDAB又ABBC，且BCCD=C，BC，CD平面BCD，所以AB平面BCD，又BD平面BCD，则ABBD，所以四面体ABCD的四个面都为直角三角形，则四面体ABCD为鳖臑(2)解：以B为坐标原点
6、，BC，BA的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,4,0)，B(0,0,0)，D(3,0,3)，E(65,125,0)，则BA=(0,4,0)，BD=(3,0,3)，BE=(65,125,0)，设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，则nBA=4y=0nBD=3x+3z=0，令x=1，得n=(1,0,1)由cosBE,n=BEn|BE|n|= 1010，得直线BE与MN所成角的余弦值为 101017.解：()已知等差数列an满足an，an+1是关于x的方程x24nx+bn=0的两个根则an+an+1=4n，则a1+a2=4，a2+a3=8，设等差数列an的公差为d，则2d=4，即d=2，则2a1+d=4，即a1=1；()由(1)得：an=1+2(n1)=2n1，则bn=anan+1=(2n1)(2n+1)=4n21，即bn=4n21；()由(2)可得：cn=(1)n4nbn=(1)n4n4n21=(1)n(12n1+12n+1)，则S2n=(1+13)+(13+15)(15+17)+.+(14n1+14n+1)=1+14n+1=4n4n+118.解：(
7、1)由题知b=1ca= 52c2=a2+b2，解得a=2b=1c= 5，双曲线E的标准方程为x24y2=1；(2)令P(x0,y0)，设直线BC为：y=1kx+m，与x24y2=1，联立得(k24)x2+8mkx4m2k24k2=0，当=16k2(m2k2+k24)0时，设B(x1,y1)，C(x2,y2)，则由韦达定理，及题意可得：x0=x1+x22=4kmk24，y0=y1+y22=mk2k24，(i)当k=13时，x0=1235m，y0=135m，由13=k=y0x0t，得t=x03y0=37m，又因为0，即k2(m2+1)4m24k21=35m(, 35)( 35,+)，所以t=37m(,37 35)(37 35,+)；(ii)由题知Q(0,m)，A(3,0)，因为k=y0x0+3=mk24km+3k2124km+3k212=mk，所以m=3(k24)5kmkk24=35，又x0+3=y0k，y0=mk2k24，则PA= (x0+3)2+y02= 1+1k2|y0|=|mk 1+k2k24|=35 1+k2，PQ= x02+(y0m)2= x02+16m2(k24)2，mkk24=35mk24=35k，x0=4kmk24=125，则PQ= 14425+14425k2=125 1+k2k2，则SAPQ=12PAPQ=18251+k2|k|=1825(|k|+1|k|)18252 |k|1|k|=3625，当k=1取得，此时m2=9(k24)225k2=8125=16(8125+14)0满足题意综上，SAPQ的最小值为362519.解：(1)因为蔓叶线C的方程为y2=x21x，则x21x0且1x0，由于x20恒成立，所以x21x0等价于1x0，解得x1，由图知道，蔓叶
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