2023-2024学年河北省邢台市一中高三12月上学期联测考试数学含答案

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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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分别求出集合中元素范围，再求交集即可.
【详解】，
，
则.
故选：B.
2. 若复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用复数乘法化简，再由所在象限的复数特征列不等式组求参数范围.
详解】由题设，可得，且位于第四象限，
所以.
故选：A
3. 已知向量，若，则实数（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量加减数乘的坐标运算及平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，又，
所以，可得.
故选：C
4. 半正多面体（semiregular slid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不完全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，如图，棱长为2的正方体截去八个一样的四面体就得到二十四等边体，则该二十四等边体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】题图补全为正方体，利用棱柱、棱锥体积公式求二十四等边体的体积.
【详解】由题设，该二十四等边体是正方体去掉八个角得到，各顶点在正方体棱的中点上，
如下图，故该二十四等边体的体积为.
故选：A
5. 在第19届杭州亚运会期间，某项目有四个不间的服务站，现需要将包含甲在内的5名志愿者分配到这四个不同的服务站，每个服务站至少一名志感者，则甲志愿者被分到服务站的不同分法的种数为（ ）
A. 80B. 120C. 160D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可知，肯定有一个服务站安排两个人，该问题分为两类，一类是服务站安排两人，一类是服务站只安排1人，运用分类加法及分步乘法计数原理求解即可.
【详解】当服务站安排两人时，除甲外其余4人每人去一个服务站，不同的安排方法有种，
当服务站只安排有1人（甲）时，其余4人分成3组（211）再安排到剩余的3个服务站，不同的安排方法有，
所以不同的安排方法有种.
故选：D.
6. 将函数的图象向右平移（）个单位长度，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象．若的图象关于点中心对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象平移写出解析式，结合对称中心列方程求参数的表达式，即可得最小值.
【详解】令，
图象向右平移（）个单位长度，则，
再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，则，
又的图象关于点中心对称，则，
所以，则，又，故.
故选：A
7. 已知，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助导数先分析函数的性质，由偶函数性质可得，构造函数先比较与的大小关系，结合单调性可得、之间的大小关系，同理比较与的大小关系即可得、之间的大小关系.
详解】，令，则，
故在上单调递增，又，
故当时，，故在上单调递增，
又，故为偶函数，
故，
令，则，
故在上单调递减，故，即有，
由在上单调递增，故，
即；
，
由，故，即，
综上可得：.
故选：D.
8. 在四棱锥中，平面，，且二面角的大小为，．若点均在球O的表面上，则球O的体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设易得是四边形外接圆的直径，利用线面垂直的性质、判定证、、，进而得到是二面角的平面角，中点为外接球球心，令且，求得外接球半径关于的表达式，求其最小值，即可求球体最小体积.
【详解】
由题设，在一个圆上，故，又，
所以，即，故是四边形外接圆直径，
由平面，平面，则，
由，面，则面，面，则，
由，面，则面，面，则，
则是二面角的平面角，故，
令且，则，，故，
且都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心，
所以外接球半径，
当时，，此时球O的体积的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：确定是四边形外接圆的直径，是二面角的平面角，中点为外接球球心为本题的关键.
二、选择题：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. 已知实数，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质和对数函数的单调性进行判断.
【详解】因为，所以，故A错误；
又，所以，故B正确；
因为，所以，故C对；
因为，又，所以，故D对.
故选：BCD
10. 在正方体中，M，N分别是，BC的中点，则下列说法错误的有（ ）
A. B. MN与是异面直线
C. 四面体与体积相等D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正方体的结构特征，结合异面直线定义、点面距离及平面的基本性质判断各项正误.
【详解】由面，面，，面，
所以为异面直线，A错；
在矩形中M，N分别是，BC的中点，则相交且相互平分，
在矩形中，且对角线相交且相互平分，
所以相交且相互平分，而对角线不垂直，B、D错；
由图知：在面两侧，且N是BC的中点，则到面的距离相等，
所以四面体与体积相等，C对；
故选：ABD
11. 如图，过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线l，l与抛物线及其准线依次交于点A，B，C，令，则（ ）

A. B.
C. 当时，D. 当时，
【答案】BD
【解析】
【分析】过准线，准线，结合抛物线的定义及线段的等比例关系求得、，进而判断各项的正误.
【详解】过准线，准线，如下图，则，

，
而，则，而，
所以，则，，A错，B对；
时，则，所以，，C错，D对.
故选：BD
12. 已知函数（e为自然对数的底数），则（ ）
A.
B. 在上单调递增
C.
D. 若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】构造，利用导数证恒成立判断A；利用导数研究的单调性判断B；导数研究的零点判断C；由，得，问题化为求且的最大值判断D.
【详解】令且，
则，且在上递增，又，，
故使，即，则，
所以上，递减，上，递增，且，
所以(注意等号取不到)，
所以，A对；
由且，则，即在上单调递增，B对；
令且，则，
令，则(函数在给定区间递增)，故在上递增，
所以，故在上递增，则，
所以不存在，C错；
由在上，递减，在上，递增，
由在上，递增，又，
要使且，则，
而，且，由上在上递增，
所以，此时，，
所以且，令且，则，
所以时，递增，时，递减，
所以，即的最大值为，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：A转化为证恒成立，D化为求且的最大值为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知（a为常数）的展开式中所有项的系数和为0，则展开式中的系数为__________（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】令，则即为展开式中所有项系数和，可计算出的值，结合二项展开式的通项公式计算即可得.
【详解】令，则，即，
则对，有，
令，即，有，即有，
令，则，舍去；
故展开式中的系数为.
故答案为：.
14. 已知直线上一点A，圆上一点B，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离减去半径为所求进行计算即可.
【详解】圆，
所以圆心坐标为，半径，
又直线，
所以圆心到直线的距离为
，
所以的最小值为，
故答案为：.
15. 若直线和曲线相切，则实数a的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】对曲线求导，根据已知切线求切点坐标，代入曲线求参数即可.
【详解】令，则，且，
令，可得，即直线与曲线切点横坐标为，
所以切点为，则，
所以.
故答案为：
16. 已知圆，点P是圆A上的动点，线段PB的垂直平分线交PA于点Q，设，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆定义可以得到点的轨迹方程为，设，联立后利用建立不等式，解出即可.
【详解】如图，

因为点在线段的中垂线上，所以,
故,
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆.
设其方程为，
则，，，
故点的轨迹方程为，
设，
联立，消去得
，
则，
化为，
解得，
故的最大值为，
即的最大值为，
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. 已知数列是首项为2，公比为2的等比数列，为数列的前n项和，若为数列的前n项和，且
（1）求数列的通项公式；
（2）求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列前n项和公式求得，结合已知可得，应用关系求的通项公式；
（2）应用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
由题设，则，
当时，故，
当，也满足上式，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以.
18. 在中，内角的对边分别为，且.

（1）求B；
（2）如图，在AC的两侧，且，求四边形面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理边角关系可得，再由余弦定理求角；
（2）根据已知可得，进而有为等边三角形，令且，等腰的顶角为，且，且，利用三角形面积公式、三角恒等变换、三角函数性质求四边形面积的最大值．
【小问1详解】
由题设及余弦定理，
由，且，则.
【小问2详解】
由（1）及已知：，即，
所以为等边三角形，令且，
而，等腰的顶角为，且，
所以，则，
所以四边形面积，
故，
而，故仅当时.
19. 如图，在三棱柱中，点在平面内的射影D在线段AC上，，，.

（1）证明：；
（2）设直线到平面的距离为，求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，由已知易得、面，应用线面垂直的性质及已知有、，根据线面垂直的判定证面，最后由线面垂直的性质、判定证结论；
（2）根据二面角定义及线面垂直性质易得是二面角的平面角，再由线面平行及面面垂直判定证面、面面，得到的距离为，进而确定为等边三角形，即可得结果.
【小问1详解】
连接，由题设，易知为菱形，故，
由点在平面内的射影D在AC上，则面，
面，则，而，则，
又，面，故面，
面，则，
而，面，则面，
由面，则.

【小问2详解】
由（1）知面，面，则，
所以是二面角的平面角，
由，面，面，则面，
直线到平面的距离为，即到平面的距离为，
又面，面，则面面，
面，面面，即到的距离为，
由题设，易知，
点在平面内的射影D在线段AC上，则为锐角，
所以，故为等边三角形，即，
所以二面角的大小.
20. “世界卫生组织”通过总结“世界预防医学”的最新成果，指出：的疾病都与不良水质有关，50多种疾病与饮用不良水质有关.下表是某省A市的慢性病研究中心调查得到的甲慢性病与饮用水水质的调查表：
单位：人
（1）依据小概率值的独立性检验，能否认为A市患慢性病与饮用不良水质有关？
（2）已知某省A市、B市和其他县市人口占比分别是，，，以调查表数据的频率估计A市患甲慢性病的概率，经过深入调查发现B市和其他县市患甲慢性病的概率分别为，，从该省任意抽取一人，试估计此人患甲慢性病的概率．
附表及公式：，其中．
临界值表：
【答案】（1）能认为A市患慢性病与饮用不良水质有关.
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用卡方公式求卡方值，结合独立检验基本思想得结论；
（2）应用全概率公式求从该省任意抽取一人，此人患甲慢性病的概率即可.
【小问1详解】
由题设，，
所以依据小概率值的独立性检验，能认为A市患慢性病与饮用不良水质有关.
【小问2详解】
由题设，A市患甲慢性病的概率为，B市和其他县市患甲慢性病的概率分别为，，
所以从该省任意抽取一人，此人患甲慢性病的概率为.
21. 已知双曲线（）的离心率为，且经过点.
（1）求E的方程；
（2）若A，B是E右支上的不同两点，O是坐标原点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由离心率、点在双曲线上及参数关系列方程组求参数，即可得方程；
（2）令，所以，令且，，联立椭圆并应用韦达定理可得，进而求最小值.
【小问1详解】
由题设，可得，则.
【小问2详解】
令，则，
所以，
由题设，可令且，，联立，
所以，且，
所以，，
则，
所以，而，
则，故，则的最小值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数（a是非零常数，e为自然对数的底数）
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】22. 答案见解析
23.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究函数的单调性；
（2）问题化为在上恒成立，利用导数研究右侧单调性并求最值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由题设，
当，若时，即递增，若时，即递减；
当，若时，即递减，若时，即递增；
综上，则在上递增，在上递减；
则在上递减，在上递增；
【小问2详解】
由题设在上恒成立，
令，则，
令，则，
所以单调递减，且，故上，上，
所以上，即递增，上，即递减，
所以，故.
【点睛】关键点睛：第二问，将问题化为在上恒成立，再利用导数求右侧最值.饮用水水质
甲慢性病
合计
患病
不患病
优良水质
100
400
500
不良水质
100
200
300
合计
200
600
800
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828