2024河北省高三上学期12月省级联测试题数学含解析

这是一份2024河北省高三上学期12月省级联测试题数学含解析，共28页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 0D. 1
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”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
5. 已知函数，若值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，其中为切点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知是定义域为的单调函数，且，若，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 展开式中项的系数为
B. 样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
C. 根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，没有充分证据推断零假设不成立，即可认为与独立
D. 在回归分析中，用最小二乘法求得的经验回归直线使所有数据的残差和为零
10. 已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的一个周期是4
B. 是奇函数
C. 是偶函数
D. 图象关于点中心对称
11. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ）
A
B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且
C. 当圆的半径小于时，的最小值为
D. 数列的前项和小于
12. 已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 球在正方体外部的体积大于
C. 球内接圆柱的侧面积的最大值为
D. 若点正方体外部（含正方体表面）运动，则
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 将六名志愿者分配到四个场所做志愿活动，其中场所至少分配两名志愿者，其他三个场所各至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有__________种．（用数字作答）
14. 若，则曲线在处的切线方程为__________．
15. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数在区间上有且仅有2个最大值，则的取值范围是__________．
16. 已知双曲线的左､右顶点分别为是圆上一点，点关于的对称点恰好在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
18. 在中，角所对的边分别是，已知，为在方向上的投影向量．
（1）求；
（2）若，求的周长的取值范围．
19. 如图，在四棱锥中，，，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．
20. 2023年第31届大学生夏季运动会在成都举行，中国运动员在赛场上挑战自我，突破极限，以拼搏的姿态，展竞技之美，攀体育高峰．最终，中国代表团以103枚金牌､40枚银牌､35枚铜牌，总计178放奖牌的成绩，位列金牌榜和奖牌榜双第一，引发了大学生积极进行体育锻炼的热情．已知甲､乙两名大学生每天上午､下午都进行体育锻炼，近50天选择体育锻炼项目情况统计如下：
假设甲､乙上午､下午选择锻炼的项目相互独立，用频率估计概率．
（1）已知甲上午选择足球的条件下，下午仍选择足球的概率为，请将表格内容补充完整；（写出计算过程）
（2）记为甲､乙在一天中选择体育锻炼项目个数差，求的分布列和数学期望；
（3）已知在这50天中上午室外温度在20度以下的概率为，并且当上午的室外温度低于20度时，甲去打羽毛球的概率为，若已知某天上午甲去打羽毛球，求这一天上午室外温度在20度以下的概率．
21. 已知椭圆的左､右顶点分别为为椭圆上任意一点（与不重合），直线和的斜率之积为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率之和为1的两条直线分别与椭圆交于两点，直线是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在不相等的实数，使得，证明：．体育锻炼目的情况
（上午，下午）
（足球，足球）
（足球，羽毛球）
（羽毛球，足球）
（羽毛球，羽毛球）
甲
20天
10天
乙
10天
10天
5天
25天
2023-2024高三省级联测考试
数学试卷
班级__________姓名__________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算，得到复数的代数形式，由此求得复数的虚部.
【详解】因为，所以虚部为1.
故选：D．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对分式不等式、含绝对值不等式求解后结合集合运算即可得.
【详解】由，可得或，即，
由，可得或，
即，所以.
故选：B．
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用同角三角函数的关系和二倍角公式运算即可得.
【详解】，，，
，
解得.
故选：D．
4. 已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”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】B
【解析】
【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断..
【详解】由已知可得，由可得，解得，
所以由与的夹角为钝角可得解得，且.
因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立；
当与的夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立.
综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B．
5. 已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助的值域为可得要取遍所有的正数，对进行分类讨论即可得.
【详解】若函数的值域为，则要取遍所有的正数．
所以或，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A．
6. 已知点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，其中为切点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形边与角的关系分析得到，当最小时，最大，再根据当时，最小即可求解.
【详解】要使得最大，则最小，的最小值即为圆心到直线的距离．
由题意知，，，
，且，
所以最大时，最小．
由题意知，．
所以，则，
即的最大值为.
故选：A．
7. 已知是定义域为的单调函数，且，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知与函数单调，可得存在唯一，使，则，由求解，再由，根据指对函数的对称性作出图象比较大小，然后根据单调递增，比较大小即可.
【详解】由已知，令，
又因为是定义域为的单调函数．
所以存在唯一，使，即，
所以，解得，
所以.
如图所示作出与的图象，
因为它们互为反函数，则图象关于直线对称，
由，
在图中作直线，则与的交点的横坐标依次为，
可得，
又因为是单调递增的，
所以，
故选：C.
8. 已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.
【详解】在正方体中，平面平面，
因为平面，平面，平面平面，
则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交，
设交点为，如图所示，

又因平面，平面，
即分别为，与平面所成的角，
因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点；
当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动；
当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形；
当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形，
如图所示．

因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则，
所以线段的取值范围是，
所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是.
故选：B．
【点睛】知识方法：对于空间共面、共线问题，以及几何体的截面问题的策略：
1、正面共面的方法：一是先确定一个平面，然后再证明其余的线（或点）在这个平面内；二是证明两个平面重合；
2、证明共线的方法：一是先由两个点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；二是直接证明这些点都在同一条特定直线上；
3、空间几何体中截面问题：一是熟记特殊几何体（正方体，正四面体等）中的特殊截面的形状与计算；二是结合平面的基本性质，以及空间中的平行关系，以及平面的基本性质，找全空间几何体的截面问题，并作出计算；
4、空间几何体中的动点轨迹等问题：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 展开式中项的系数为
B. 样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱
C. 根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，没有充分证据推断零假设不成立，即可认为与独立
D. 在回归分析中，用最小二乘法求得的经验回归直线使所有数据的残差和为零
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，利用二项式定理的通项公式求解即可；选项B，根据相关系数的定义判断即可；选项C，根据独立性检验的思想判断；选项D，根据相关指数的定义判断即可.
【详解】对于A，设展开式的通项为，
令可得展开式中项的系数为，A正确；
对于B，样本相关系数的范围在到之间，有正有负，相关性有正相关和负相关，
样本相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强；反之．线性相关性越弱，B错误；
对于C，由独立性检验可知，没有充分证据推断零假设不成立，即认为与独立，C正确；
对于D，在回归分析中，残差和为：
，
用最小二乘法求得的经验回归直线使所有数据的残差和为零，D正确．
故选：ACD．
10. 已知定义在上的函数满足，且函数为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的一个周期是4
B. 是奇函数
C. 是偶函数
D. 的图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据周期性的定义分析判断；对于BC：根据题意结合奇偶性的定义分析判断；对于D：根据偶函数的定值结合周期性分析判断.
【详解】对于A：由知，
所以是周期为4的周期函数，故A正确；
对于BC：因为，所以，
由为奇函数，得，
即，所以的图象关于点中心对称．
则，因此，即，
且的定义域为，故是偶函数，不一定是奇函数，故B错误，C正确；
对于D：因为是偶函数，即图象的一个对称轴是，
且是周期为4的周期函数，所以的图象对称轴是，不一定关于点对称，故D错误，
故选：AC．
11. 如图，在边长为的等边三角形中，圆与的三条边相切，圆与圆相切且与、相切，，圆与圆相切且与、相切，设圆的半径为，圆的外切正三角形的边长为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 数列是首项为，公比为的等比数列，且
C. 当圆的半径小于时，的最小值为
D. 数列的前项和小于
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等面积法可判断A选项；利用三角形相似可得出，结合等比数列的定义可判断B选项；解不等式，可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】如图，圆的外切正三角形的面积为，整理可得，故A正确；
设圆切于点，
易知，则，
且，，，
由可得，整理可得，
由，得．所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，故B正确；
由，得，即，
因为，故正整数的最小值为，故C错误；
数列的前项和为，故D正确，
故选：ABD．
12. 已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 球表面积为
B. 球在正方体外部的体积大于
C. 球内接圆柱的侧面积的最大值为
D. 若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得.
【详解】解析：对于A．如图所示，
正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确；
对于B．若球体､正方体的体积分别为．
球在正方体外部的体积，故B正确；
对于C，球的半径，设圆柱的高为，
则底面圆半径，
所以，
当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误；
对于D，取中点，可知在球面上，可得，
所以，
点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动，
所以（当为直径时，），
所以．故D正确．
故选ABD．

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 将六名志愿者分配到四个场所做志愿活动，其中场所至少分配两名志愿者，其他三个场所各至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有__________种．（用数字作答）
【答案】660
【解析】
【分析】根据题意，分情况讨论每个场所分配人数即可求解.
【详解】第一类：A场所2人，B，C，D其中一场所2人，共有种；
第二类：A场所3人，，C，D每个场所1人，共有种；
则不同的分配方案共有种．
故答案为：660.
14. 若，则曲线在处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出后借助导数的几何意义即可得.
【详解】因为，所以，
令，得，解得，
所以，则，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
故答案为：.
15. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若函数在区间上有且仅有2个最大值，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换将原函数化为正弦型函数，平移后得到函数，利用正弦型函数的性质即可得.
【详解】因为，
将函数的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，则，
当时，．则，解得．
故答案为：.
16. 已知双曲线的左､右顶点分别为是圆上一点，点关于的对称点恰好在双曲线上，且，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，，，又在中，由余弦定理得，从而点的坐标为，将点的坐标代入双曲线方程可得解.
【详解】由图可得，在圆上，所以是直角，
又因为点关于的对称点恰好在双曲线上，
所以是的垂直平分线，
所以，所以，
因为，所以，
在中，由余弦定理得，
所以点横坐标为，
纵坐标为，
所以点的坐标为，
将点代入双曲线方程得，
得，所以，即，
所以，所以双曲线的离心率．
故答案为：
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
17. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据求出；
（2）错位相减法求和得到，结合，得到.
【小问1详解】
由题知，当时，，则．
又．①
当时，，②
①-②得，
所以．
当时，也适合．
综上，数列的通项公式为．
【小问2详解】
因为．
所以，①
，②
①-②得，
整理得，
因为．所以
18. 在中，角所对的边分别是，已知，为在方向上的投影向量．
（1）求；
（2）若，求的周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助投影向量定义可得，代入等式运用正弦定理边角互化后结合两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助正弦定理将求边问题转化为求角问题，结合三角函数的性质即可得.
【小问1详解】
由为在方向上的投影向量知，，
所以，
由正弦定理得，
又，所以，
又．所以；
【小问2详解】
由正弦定理得．
所以
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，故的周长的取值范围是．
19. 如图，在四棱锥中，，，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得；
（2）由题意计算可得点所处位置，根据线面角的定义找到线面所成角后计算即可得.
【小问1详解】
，，，
，，平面，
平面，
平面，平面平面；
【小问2详解】
取的中点．连接、，
由（1）知平面，
平面，，
如图，过点作，
，，，，，
，，，
，由勾股定理可知，
，平面，平面，
，为的中点，
，又，，
平面，为直线与平面所成角，
由（1）知，又，，
，，，
则，
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
20. 2023年第31届大学生夏季运动会在成都举行，中国运动员在赛场上挑战自我，突破极限，以拼搏的姿态，展竞技之美，攀体育高峰．最终，中国代表团以103枚金牌､40枚银牌､35枚铜牌，总计178放奖牌的成绩，位列金牌榜和奖牌榜双第一，引发了大学生积极进行体育锻炼的热情．已知甲､乙两名大学生每天上午､下午都进行体育锻炼，近50天选择体育锻炼项目情况统计如下：
假设甲､乙上午､下午选择锻炼的项目相互独立，用频率估计概率．
（1）已知甲上午选择足球的条件下，下午仍选择足球的概率为，请将表格内容补充完整；（写出计算过程）
（2）记为甲､乙在一天中选择体育锻炼项目的个数差，求的分布列和数学期望；
（3）已知在这50天中上午室外温度在20度以下概率为，并且当上午的室外温度低于20度时，甲去打羽毛球的概率为，若已知某天上午甲去打羽毛球，求这一天上午室外温度在20度以下的概率．
【答案】（1）填表见解析
（2）分布列见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率的计算公式得到甲一天中假炼情况为（足球，羽毛球）的天数，从而可补充表格内容.
（2）先用古典概型计算公式分别计算甲、乙上午、下午选择同一种球和两种球的概率，再确定的取值，根据每个值对应的含义，求得每个值对应的概率，即可得分布列，进而求得期望；
（3）利用条件概率的计算公式即可求解.
【小问1详解】
设事件C为“甲上午选择足球”，事件为“甲下午选择足球”，
设甲一天中假炼情况为（足球，羽毛球）天数为，
则，解得，
所以甲一天中锻炼情况为（羽毛球，足球）的天数为．
【小问2详解】由题意知，甲上午､下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为；
乙上午､下午选择同一种球的概率为，选择两种球的概率为．
记为甲､乙在一天中选择体育锻炼项目的个数差，则的所有可能取值为，
．
，
，
所以的分布列为
所以．
【小问3详解】
记事件为“上午室外温度在20度以下”，事件为“甲上午打羽毛球”，
由题意知，
.
故若某天上午甲去打羽毛球，则这一天上午室外温度在20度以下的概率为．
【点睛】本题考查概率与分布列问题，从素养上体现对学生的逻辑推理､数学建模素养的考查，考查学生的运算求解能力．
21. 已知椭圆的左､右顶点分别为为椭圆上任意一点（与不重合），直线和的斜率之积为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作斜率之和为1的两条直线分别与椭圆交于两点，直线是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）直线过定点.
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及椭圆所过的点，建立方程并求出得解.
（2）当直线的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助斜率和为1求解，再讨论直线的斜率不存在时即可得解.
【小问1详解】
依题意，，设，由点椭圆上，得，
由直线和的斜率之积为，得，即，
由点在椭圆上，得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率存在时，设其方程为，点，
由消去y并整理得，
则，，
点，由直线之和为1，得，即，
于是，
整理得，
则，整理得，
即，显然直线不过点，即，
因此，即，直线：，过定点，
当直线的斜率不存在时，直线与椭圆交于，
不妨设，由，解得，此时，直线过点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在不相等的实数，使得，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导函数的正负变化分类讨论函数的单调性；
（2）多变量不等式的证明，由得，从而消变量，再由分析法只需证明不等式成立，将不等式变形为，利用整体换元法令，构造函数，利用导数求解单调性从而证明不等式即可.
【小问1详解】
由题得的定义域为，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
由（1）得，当时，在上单调递减，不合题意，
故，则．
由，可得，
即，
可设，则，则．
要证，即证，
即证，即证，
设，即证，
设，
可得，
所以在上单调递增，即，
即，则．
综上可得．
【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
（1）引元：如设，消元，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式转化为等形式，再构造函数可得；
（2）对数相加减：，；
（3）齐次分式：等；
（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如等等.体育锻炼目的情况
（上午，下午）
（足球，足球）
（足球，羽毛球）
（羽毛球，足球）
（羽毛球，羽毛球）
甲
20天
10天
乙
10天
10天
5天
25天
体育锻炼项目的情况（上午，下午）
（足球，足球）
（足球，羽毛球）
（羽毛球，足球）
（羽毛球，羽毛球）
甲
20天
15天
5天
10天
10天
10天
5天
25天