河北省唐山市2024届高三下学期第一次模拟演练数学试题及答案

这是一份河北省唐山市2024届高三下学期第一次模拟演练数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知i为虚数单位，复数，则=（ ）
A．B．C．D．2
2．已知，：“”，：“”，则是的（ ）
A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．已知向量，，若，则（ ）
A．B．4C．D．20
4．已知函数，则的最小值为（ ）
A．0B．2C．D．3
5．从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线E：的焦点为F，以F为圆心的圆与E交于A，B两点，与E的准线交于C、D两点，若，则（ ）
A．3B．4C．6D．8
7．已知球与圆台的底面、侧面都相切，且圆台母线与底面所成角为，则球表面积与圆台侧面积之比为（ ）
A．2：3B．3：4C．7：8D．6：13
8．已知函数的最小正周期为π，则（ ）
A．在单调递增B．是的一个对称中心
C．在的值域为D．是的一条对称轴
二、多选题
9．已知样本数据：1，2，3，4，5，6，7，8，9，则（ ）
A．极差为8B．方差为6C．平均数为5D．80百分位数为7
10．已知函数，则（ ）
A．直线是曲线的切线
B．有两个极值点
C．有三个零点
D．存在等差数列，满足
11．在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ）

A．水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形
B．当时，水面的面积为
C．当时，水面与地面的距离为
D．当侧面与地面重合时，水面的面积为12
三、填空题
12．在的展开式中，常数项为 ．（用数字作答）
13．在中，，D是AB边上一点，，则 ．
14．已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，过的直线交E于A，B两点，是线段的中点，且，则E的方程为 ．
四、解答题
15．已知数列是正项等比数列，其前n项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)记的前n项和为，求满足的最大整数n．
16．某项测试共有8道题，每道题答对5分，不答或答错得0分．某人答对每道题的概率都是，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X．
(1)求此人得分的期望；
(2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由．
17．如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形．
(1)证明：；
(2)若，，
①证明：平面平面ABC；
②求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
18．已知双曲线：，，，直线与有唯一公共点．
(1)求的方程：
(2)若双曲线的离心率不大于，过的直线与交于不同的两点，．求直线与直线的斜率之和．
19．已知函数，，
(1)求曲线在点处的切线方程：
(2)当时，求的值域．
参考答案：
1．D
【分析】
根据复数的运算法则求出，，复数的乘法运算即可求解.
【详解】,所以，，.
故选：D
2．B
【分析】
首先解一元二次方程，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由，即，解得或，
所以：“或”，
故由推不出，即充分性不成立，
由推得出，即必要性成立，
所以是的必要但不充分条件.
故选：B
3．A
【分析】
由向量垂直的性质和向量的模长计算可得.
【详解】，
因为，所以，
所以，所以，
故选：A
4．C
【分析】利用基本不等式可得答案.
【详解】由已知得，
所以，
当且仅当即等号成立，
则的最小值为.
故选：C.
5．A
【分析】利用排列组合以及古典概型的概率公式，即可解出．
【详解】从八个顶点中任选三个构成三角形的有种结果；
其中能构成正三角形的有8种结果：
故概率为：，
故选：A．
.
6．D
【分析】设点在第一象限，由，可确定圆的半径，利用抛物线的定义求出，即可求得结果.
【详解】由抛物线方程知：，，
不妨设点在第一象限，如图所示，直线与轴交于点，

由，则，
圆的半径，所以，
由抛物线的定义可得：，所以，
又因为点在抛物线上，所以，
．
故选：D.
7．B
【分析】
作出圆台的轴截面，利用切线长定理可得母线与半径的关系；结合60°可得圆台的上下半径以及球的半径的关系，即可利用面积公式求解.
【详解】
设圆台上下底面圆的半径为，母线为球的半径为
取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形，
圆台的外接球球心为，则球心在截面内，
在截面内，设圆切梯形的边、、、分别于点、、、，
由切线长定理可得，，故，即；
由于,所以，解得
；
故选：B．

8．C
【分析】
由函数的最小正周期为π，求出，再代入化简，画出的图象，再对选项一一判断即可得出答案.
【详解】因为函数的最小正周期为π，所以，
所以函数
即，作出函数的图象，
如下图所示：
对于A，由图可知，在单调有增有减，故A错误；
对于B，由图象可知，无对称中心，故B错误；
对于C，由图象可知，为偶函数，当，
，所以，
所以，所以在的值域为，故C正确；
对于D，由图象可知，的对称轴为，故D错误.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：由函数的最小正周期求出，再代入化简，画出的图象，再由三角函数的单调性，对称性，值域对选项一一判断即可得出答案.
9．AC
【分析】
由极差，方差，平均数，第百分位数的计算逐一判断即可.
【详解】A：极差等于最大值减去最小值，故，故A正确；
C：平均数为，故C正确；
B：由方差公式计算可得，故B错误；
D：第80百分位数为，为，故D错误；
故选：AC.
10．BCD
【分析】
由导数的意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断A错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.
【详解】，
A：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；，
由点斜式可知此时切线方程为；所以直线不是曲线的切线，故A错误；
B：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故B正确；
C：因为，所以由单调性可知函数由三个极值点，故C正确；
D：假设存在，即，令，可得，方程有解，故D正确；
故选：BCD
11．ABC
【分析】根据题设条件得到，正三棱柱的体积，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】由题知，正三棱柱的体积，
对于选项A，当容器按题设方向倾斜至时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确，
对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
设，又三棱柱为正三棱柱，取中点，连接，
易知，又，面，
所以面，所以到平面的距离为，
所以，解得，
此时水面图形为，又，，
取中点，则，且，所以，故选项B正确，

对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
易知，设，由，得到，
因为水面始终与地面平行，始终与水面平行，且始终在地面上，
所以水面与地面的距离，即到平面的距离，
取中点，连接，设交于，连接，
易知，又，面，所以面，
又，所以面，过作于，连接，
因为面，所以，又，面，
所以，即为水平面到地面的距离，
如图3，过作于，易知，所以，
得到，又，所以，
故选项C正确，

对于选项D，如图4，当侧面与地面重合时，水面为矩形，设，
则由，解得，所以，
故，所以选项D错误，

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边始终与水面平行，将问题转化成到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.
12．
【分析】先由二项式定理求出的展开式的通项公式，再求出常数项即可．
【详解】因为展开式的通项公式为：，
令，解得，
所以常数项为：.
故答案为：
13．
【分析】
由余弦定理求出，即可得，在中，所以，代入即可得出答案.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得：，
因为，所以，
所以在中，所以.
故答案为：
14．
【分析】
根据中点关系可得平行，进而可得，根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】由于是线段的中点，是线段的中点，
所以,故,
设椭圆焦距为，则，将代入椭圆方程可得，
故，因此,
是线段的中点，所以，故，
，
由得，
故，解得，
又，故，，
故椭圆方程为，
故答案为：

15．(1)
(2)
【分析】
（1）直接利用等比数列的通项公式和前项和公式列方程组解出公比，从而可求出通项公式；
（2）由（1）得，然后用分组求和法即可求，分别计算和，即可确定的值.
【详解】（1）设的公比为，则，
因为，所以，
依题意可得，即，
整理得，
解得或（舍去），
所以.
（2）由（1）可知，
故
显然，随着的增大而增大，
，
，
所以满足的最大整数.
16．(1)
(2)此人答对道题的可能性最大；理由见解析.
【分析】（1）根据已知条件，确定，得分为，求即可；
（2）根据二项分布概率公式有，通过作商法求出，与比较大小即可确定在时取最大值.
【详解】（1）某人答对每道题的概率都是，则答对题目的个数服从二项分布，
即，，由于每道题答对得分，
所以此人答题得分为，因此，在此项测试中，
此人答题得分的期望为.
（2）设此人答对道题的可能性为，，
记，则
，
当时，，随的增加而增加，即；
当时，，随的增加而减小，即；
所以当时，最大，因此此人答对道题的可能性最大.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析，平面ABC与平面的夹角的余弦值为
【分析】
（1）根据线线垂直可证明平面 ，即可结合中点求证，
（2）根据线线垂直可得二面角的平面角，即可根据长度关系判断二面角为直角，进而可求证，
（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）取的中点为，连接,
由于侧面为矩形，所以,
由于底面ABC为等边三角形,所以,
平面，
所以平面 ，
由于故四边形为平行四边形，
故平面 ，故，
又是中点，所以，
（2）①由于是中点，所以,
又且，所以，
由于，,故为的平面角，
由于,所以，
故平面平面ABC；
②由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,
则
设平面的法向量为，
则，取，则，
由于平面ABC的法向量为,
故
故平面ABC与平面的夹角的余弦值为
18．(1)或
(2)
【分析】
（1）依题意可得，再求出直线的方程，联立直线与曲线方程，消元，分和两种情况讨论，分别求出，，即可求出曲线方程；
（2）首先由离心率分析双曲线的方程为，设，，直线为，联立直线与曲线方程，消元、列出韦达定理，再利用斜率公式计算可得.
【详解】（1）依题意可得，又直线的方程为，即，
由，消去整理得，
当时，又，解得，，
所以双曲线的方程为；
当，所以，即，
又，所以，，此时，符合题意，
所以双曲线的方程为；
综上可得双曲线的方程为或.
（2）
当，时（舍去）；
当，时，符合题意，
所以双曲线的方程为，
设，，显然直线的斜率存在，设直线为，
由，消去整理得，
由，可得，
所以，，
所以
，
所以直线与直线的斜率之和为.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)
【分析】
（1）求导即可根据点斜式求解直线方程，
（2）分类讨论和时，导函数的正负，构造函数和，利用导数判断导函数正负，进而确定函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由得，所以，
所以所求切线方程为，即
（2）时，，
，
当时，，此时，故单调递增，
当时，，
接下来证明：当时，，
令又，
故当单调递减，
当单调递增，
故有最小值，因此，即，
，
令，
故单调递增，即，
所以，故在单调递增，
综上可得在单调递增，，
当而，因此，
所以的值域为
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．