河北省石家庄市第二中学2024届高三上学期第一次模拟测试数学试题（学生及教师版）

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一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知（为虚数单位），则（ ）
A. 2B. C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法运算可求得，结合共轭复数定义和乘法运算即可求得结果.
【详解】根据题意由可得，
可得，所以.
故选：D
2. 已知向量，，若与反向共线，则的值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标运算，求得参数，再结合向量线性运算的坐标运算求模长即可.
【详解】根据题意可得：，解得或；
当时，与共线同向，故舍去；
当时，，，
.
故选：C.
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，求出函数的定义域化简集合B，再利用并集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，
函数有意义，得，解得，则，
所以.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由诱导公式和同角三角函数关系得到，再利用正切和角公式得到方程，求出，利用余弦二倍角，齐次化求出答案.
【详解】因为，
所以，
故，
因为，
所以，故，
解得，
所以.
故选：B．
5. 已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（ ）
A. 12B. 10C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由的关系求出通项公式，再由裂项相消求出，根据方程求解即可.
【详解】当时，，
当时，，符合上式，故，
所以，
故，
由可得，化简得，得（舍去负值）．
故选：D
6. 被誉为信息论之父的香农提出了一个著名的公式：，其中C为最大数据传输速率，单位为；W为信道带宽，单位为；为信噪比.香农公式在5G技术中发挥着举足轻重的作用.当，时，最大数据传输速率记为；当，时，最大数据传输速率记为，则为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，分别将数据代入利用对数运算法则计算出，，即可求得.
【详解】根据题意，将，代入可得；
将，代入可得；
所以可知.
故选：D
7. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据棱锥的体积公式求得，再根据等体积转化法，确定的最大值，即可求得点到平面距离的最小值.
【详解】由题意得，
设点到平面的距离为，则由等体积转化法为，
当与重合时，最大，最大为，
此时最小，为.
故选：B.
8. 已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点在椭圆上先求得椭圆方程，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合条件得，化简斜率和可得直线斜率为定值，再根据韦达定理和判别式计算即可．
【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．
由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
则，直线与轴交点的横坐标为，
由，得，
则，
．
因为，且点到直线与直线的距离相等，
所以，即，即，
整理得，
即，
即，所以．
由题意知，直线不经过点，故，
所以，得，
当时，由得，
由，解得，
故直线与轴交点的横坐标的取值范围为.
故选:A．
【点睛】方法点睛：①利用圆锥曲线的几何性质或方程根的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．②利用已知参数的范围，求新参数的范围，这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．③利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．④将待求量表示为关于其他变量的函数，利用导数或基本不等式等求其值域，从而确定参数的取值范围．如本题需先设直线的方程为，并得到的关系，再根据直线与椭圆的位置关系得到的取值范围．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 关于函数，下列说法中正确的有（ ）
A. 是奇函数B. 在区间上单调递增
C. 为其图象的一个对称中心D. 最小正周期为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，结合正切函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】A中，由正切函数的性质，可得为非奇非偶函数，所以A错误；
B中，令，可得，
即为函数的单调递增区间，令，可得，所以B正确；
C中，令，可得，
令，可得，故为其图象的一个对称中心，所以C正确；
D中，函数的最小正周期为，所以D正确.
故选：BCD.
10. 从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A. 是锐角的概率为B. 是锐角的概率为
C. 是锐角三角形的概率为D. 的面积不大于5的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
11. 已知直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，若的最小值为，则（）
A.
B. 为钝角
C.
D. 若点，在上，且为的重心，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据的最小值求得，利用根与系数关系、向量法、抛物线的定义对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】抛物线的焦点，
依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为，
由消去并化简得，
，设，
则，
，
，当时等号成立，
所以，A选项正确，抛物线的方程为，
准线方程，焦点，
则，则，
所以，所以B选项错误.
由上述分析可知，
，
所以，所以C选项正确.
设，由于是的重心，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选：AC
12. 已知，函数，则（ ）
A. 对任意，，存在唯一极值点
B. 对任意，，曲线过原点的切线有两条
C. 当时，存零点
D. 当时，的最小值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于B，设切点为，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的条数；对于C，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于D，由于为偶函数，故先判断时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断的单调性，进而求得函数最值.
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，若的展开式中含项的系数为40，则______.
【答案】
【解析】
【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为4，由此建立方程即可求解
【详解】展开式的通项公式为，
令，解得，
所以项的系数为，解得,又，所以
故答案为：
14. 已知两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则使得为整数的正整数n的集合是__________.
【答案】
【解析】
【分析】将等差数列之比转换为它的前n项和的比即可得解.
【详解】由
，
因为为整数且，所以.
故答案为：.
15. 已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】作出辅助线，得到点在以为圆心，为半径的圆上，得到，再画出平面图形，建立坐标系，设出，求出，的最小值为，得到答案.
【详解】因为，所以球心在平面的投影为的中点，
连接，则，
因为外接球半径，故，故，
延长至点，使，则，
由勾股定理得，
则点在以为圆心，为半径的圆上，
设点在上的投影为，则在以为圆心，为半径的圆上，
则，
故，
以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，
故，
则
，
而当三点共线，且在线段上时，最小，最小值为，
故的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：
【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
16. 已知定义在上的函数恒有两个不同的极值点，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】将恒有两个不同的极值点转化为直线与函数的图象在y轴右侧有两个不同的交点，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求得的取值范围.
【详解】函数恒有两个不同的极值点就等价于恒有两个不同的变号零点，即方程有两个不同的正实数根．
方程可变形为即．
令，则，，
即直线与函数的图象在y轴右侧有两个不同的交点．
记，则，
记，则，
所以在上单调递增．
令，得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增．
所以，
∴．
故答案为：
【点睛】利用导数研究函数的单调性、极值或最值时，如果一次求导无法求解，可考虑多次求导来进行求解.在求解的过程中，要注意原函数和对应的导函数间的关系，不能混淆.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 设等差数列的前项和为，，．
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出的公差为，利用等差数列通项公式和前项和公式求解即可；
（2）由（1）判断出前六项为正，后四项为负，进而利用前项和公式求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
，，，
解得，，
故.
【小问2详解】
由（1）知，，
，，，
．
18. 已知中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）设是边上的点，且满足，求内切圆的半径.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式求解结果；
（2）在中根据余弦定理得出关于边长的一个关系，再由两边平方得出另一个方程，联立解出边长，再由的面积与内切圆半径的关系求得结果.
【小问1详解】
已知，由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
如图所示：
在中根据余弦定理得，即，①
又因为，所以，因为，所以，
将两边平方并整理得，②
联立①②得到，所以，，
所以，.
所以的面积为.
设其内切圆半径为，则，解得，
所以内切圆的半径为.
19. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
（1）求证：；
（2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合勾股定理证得，再由面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）以点为原点，过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设，得到，利用向量的夹角公式，列出方程求得的值，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，又因为平面，所以.
【小问2详解】
解：因为平面，且平面，所以，
以点为原点，所在的直线分别为轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以．
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
综上所述，在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
20. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程．该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为．
（1）求的值；
（2）求的值（用表示）；
（3）求证：的数学期望为定值．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意根据组合数公式、古典概型概率计算公式先求得，再结合全概率公式可得.
（2）由全概率公式得递推公式，构造等比数列即可求解.
（3）由题意得，结合，由此可得、分布列以及数学期望.
【小问1详解】
设恰有2个黑球的概率为，则恰有0个黑球的概率为．
由题意知，，
所以．
【小问2详解】
因为，
所以．
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，．
【小问3详解】
因为①，
②．
所以①②，得．
又因为，所以．所以．
所以的概率分布列为：
所以．
所以的数学期望为定值1．
21. 已知为双曲线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线的左、右焦点分别为，且．当时，的最小内角为．
（1）求双曲线的标准方程．
（2）连接，交双曲线于另一点，连接，交双曲线于另一点，若．
①求证：为定值；
②若直线AB​斜率为−1​，求点P​的坐标．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②或．
【解析】
【分析】（1）根据双曲线定义得出，由题意可知，，根据余弦定理计算可得，再根据双曲线的关系计算即可；
（2）①设，，，由，，将代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知，根据题意建立等式求解即可求解.
【小问1详解】
由双曲线的定义知，，
由题意可得，，
在中，由余弦定理知，
解得，因为，所以，
所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
①设，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
将的坐标代入曲线得，
，
将的坐标代入曲线得，
，
所以为定值；
②由①知，，
，
因为点在双曲线上，所以或，
即或．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据题意求出A，B两点坐标，代入双曲线中得到与的关系.
22. 已知定义在上的函数和.
（1）求证：；
（2）设在存在极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）记，利用导数求出的最小值可得答案；
（2）转化为有正的实数根，即方程有正的实数根，令，进而等价于有正的实数根，令，，即可求导分类讨论求解.
【小问1详解】
记()，
所以，
因此在上单调递减，故，
故；
【小问2详解】
，
则，
由于在存在极值点，
所以有正的实数根，
即方程有正的实数根，
令，则，且，
故变形为，进而等价于有正的实数根，
令，，
则，
令，则，
当时，则，
所以在单调递增，
故，进而，
此时在单调递增，故，此时不符合要求，
当时，则，所以在单调递减，
故，进而，此时在单调递减，故，此时不符合要求，
当时，则单调递增，由于，
当时，，故存在，使得，
故当单调递减，当单调递增，
又当时，，
因此存在，使得单调递减，
当单调递增，又，时，，
故函数有正零点，即有正的实数根.
综上可得.
【点睛】方法点睛：利用导数判断方程有无实根的方法，通过求函数的导数，可以判断函数是否有极值点，当函数有极值点时，就有可能存在实根，根据函数在极值点处的函数值和导数值的符号，可以进一步确定函数是否有实根.0
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