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卷(含答案)

这是一份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卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知（i为虚数单位），则( )
A.2B.C.4D.5
2．已知向量，，若与反向共线，则的值为( )
A.0B.C.D.
3．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
4．已知，则( )
A.B.C.D.
5．已知等差数列的前n项和，若，数列的前n项和为，且，则正整数k的值为( )
A.12B.10C.9D.8
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
7．已知正方体的棱长为2，G为线段上的动点，则点B到平面距离的最小值为( )
A.1B.C.D.2
8．已知点在椭圆上，F为椭圆C的右焦点，P，Q是C上位于直线AF两侧的点，且点F到直线AP与到直线AQ的距离相等，则直线PQ与x轴交点横坐标的取值范围为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
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π
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a，b，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
11．已知直线l经过抛物线的焦点F，且与C交于A，B两点，过A，B分别作直线的垂线，垂足依次记为，，若的最小值为4，则( )
A.
B.为钝角
C.
D.若点M，N在C上，且F为的重心，则
12．已知，函数，则( )
A.对任意a，b，存在唯一极值点
B.对任意a，b，曲线过原点的切线有两条
C.当时，存在零点
D.当时，的最小值为1
三、填空题
13．已知，若的展开式中含项的系数为40，则__________.
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__________.
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__________.
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____________.
四、解答题
17．设等差数列的前n项和为，，.
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求.
18．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求A；
（2）设M是边上的点，且满足，，，求内切圆的半径.
19．在直角梯形中，，，，如图（1）把沿BD翻折，使得平面平面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？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
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n表示）；
（3）求证：的数学期望为定值.
21．已知P为双曲线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线C的左、右焦点分别为，，且.当时，的最小内角为.
（1）求双曲线C的标准方程.
（2）连接，交双曲线于另一点A，连接，交双曲线于另一点B，若，.
①求证：为定值；
②若直线AB的斜率为−1，求点P的坐标.
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t的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：根据题意由可得，
可得，所以.
故选：D.
2．答案：C
解析：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．答案：C
解析：解不等式，得，即，
函数有意义，得，解得，则，
所以.
故选：C.
4．答案：B
解析：因为，
所以，
故，
因为，
所以，故，
解得，
所以.
故选：B.
5．答案：D
解析：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．答案：D
解析：根据题意，将，代入可得；
将，代入可得，；
所以可知.
故选：D.
7．答案：B
解析：由题意得，
设点B到平面的距离为h，则由等体积转化法为，
当G与重合时，最大，最大为，
此时h最小，为.
故选：B.
8．答案：A
解析：将代入中，得，所以椭圆C的方程为.
由题意知，直线PQ的斜率不为0，故设直线PQ的方程为，，，则，，直线PQ与x轴交点的横坐标为t，由，得，则，，.
因为，，且点F到直线AP与到直线AQ的距离相等，所以F是的平分线上一点，所以，
即，即，整理得，即，即，所以.
若，则直线PQ的方程为，此时PQ过定点，由题意知，直线PQ不经过，故，所以，得.当时，由得，
由，解得，故t的取值范围为，故选A.
9．答案：BCD
解析：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π，所以D正确.
故选：BCD.
10．答案：ACD
解析：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．答案：AC
解析：抛物线的焦点，
依题意可知直线l与x轴不重合，设直线l的方程为，
由消去x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F是的重心，
所以，，
所以，所以D选项错误.
故选：AC.
12．答案：ABD
解析：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，的大致图象如图：
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，故趋近于正天穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意a，b，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，考虑时情况；
此时，，
，
结合A的分析可知在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.
13．答案：2
解析：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：2.
14．答案：
解析：由
，
因为为整数且，所以，2，5.
故答案为：.
15．答案：
解析：因为，所以球心O在平面的投影为的中点Q，
连接，则，
因为外接球半径，故，故，
延长至点H，使，则，
由勾股定理得，
则点P在以H为圆心，为半径的圆上，
设点P在上的投影为W，则W在以Q为圆心，为半径的圆上，
则，，，
故，
以Q为坐标原点，所在直线为x轴，垂直的直线为y轴，
建立平面直角坐标系，
故，，，
则
，
而当Q，B，W三点共线，且B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：.
16．答案：
解析：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.
法一：，令，，所以两函数在y轴右侧有两个交点，设与相切，切点为，，所以切线方程为，又因为，解得，，
.
法二：记，记，，
记，，所以在上单调递增，
当时，，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增
.
时，，
时，由洛必达法则可知.
.
法三：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，
.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）设等差数列的公差为d，
，，，
解得，，
故.
（2）由（1）知，，
，，，
.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）已知，由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
（2）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r，则，解得，
所以内切圆的半径为.
19．答案：（1）证明见解析
（2）存在，
解析：（1）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.
（2）因为平面，且平面，所以，
以点D为原点，，所在的直线分别为x，y轴，过点D作垂直平面的直线为z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N，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N，使得与平面所成角为，此时.
20．答案：（1），
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）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.
（2）因为，
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，.
（3）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．答案：（1）
（2）①证明见解析；②或
解析：（1）由双曲线的定义知，，，，
由题意可得，，
中，由余弦定理知，
解得，因为，所以，
所以双曲线C的标准方程为.
（2）①设，，，，，
由，
即，所以，
同理，由，得，
将A的坐标代入曲线C得，，
将B的坐标代入曲线C得，，
所以为定值；
②由①知，，，
，
因为P点在双曲线上，所以或，
即或.
22．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）记，，
所以，
因此在上单调递减，故，
故；
（2），
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，则在单调递增，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.
0
1
2
p