河北省2024届高三大数据应用调研联合测评（Ⅵ）数学试卷（附解析版）

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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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解集合中的不等式，得到集合，由交集的定义求.
【详解】不等式，得，解得，
则有，
又，得.
故选：A.
2. 已知复数（，），则，则复数在复平面内对应点的轨迹为（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【答案】D
【解析】
【分析】运用复数加、减运算及复数模的公式计算即可.
【详解】因为（，），则（，），
所以，，
所以，
又，所以，即，
所以复数在复平面内对应点的轨迹为抛物线.
故选：D.
3. 有一组正数共5个，其平均值为，这5个正数再添加一个数28，其平均值为，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件，根据平均数的定义直接求解即可.
【详解】设这个正数分别为，所以，
若增加一个数，则平均数为，
因此，即，
化简得：，解得：或（舍）.
故选：B.
4. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次正面向上的数字为，第二次正面向上的数字为，记事件“为偶数”，事件“”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别列举出事件、事件、事件的基本事件个数，代入条件概率公式求解即可.
【详解】由题意知，事件包含的基本事件有，，，，，，
，，，，，，，，，，，，共18个，
事件包含的基本事件有，，，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，，，，，，共有25个，
则事件与事件同时发生的基本事件有，，，，，，
，，，，，共11个，
所以.
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正切的倍角公式求得，再利用同角三角函数关系，将目标式进行转化，计算即可.
【详解】，故；
则.
故选：C.
6. 已知定义在上的函数满足，则（ ）
A. 是奇函数且在上单调递减
B. 是奇函数且在上单调递增
C. 是偶函数且在上单调递减
D. 是偶函数且在上单调递增
【答案】A
【解析】
【分析】令，求出，令，求出，再分别令，，即可求出函数的解析式，进而可得出答案.
【详解】令，则，所以，
令，则，所以，
令，则，
所以，
令，则，所以，
因为，且定义域关于原点对称，所以函数是奇函数，
由反比例函数的单调性可得函数在上单调递减.
故选：A.
7. 在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（ ）
A. B.
C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得的值，进而可求得、的值，结合余弦定理可得，由等面积法可求得.
【详解】由题意知，设，则，如图所示，
由可得，
整理得，即，
又因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
由可得，解得.
故选：B.
8. 已知是圆上的动点，点满足，记点的轨迹为，若圆与轨迹的公共弦方程为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用相关点法求得圆的轨迹方程，进而得到两圆的公共弦的方程，利用待定系数法得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】因为点在圆上的动点，点满足，
设，，则，
所以，即，
代入圆的方程，可得，即，
可得两圆的公共弦的方程为，即，
又因为两圆的公共弦的方程为，可得 ，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用向量的线性运算与相关点法，求得圆的轨迹方程，从而得解.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 在上单调递增
D. 在上单调递减
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数图象可得，从而可求出，即可判断AB；再根据正弦函数的单调性即可判断CD.
【详解】由图可知，
所以，
结合题设图象，不妨令，
两式相减得，所以，
所以，又，所以，
所以，
所以最小正周期，故AB正确；
由，得，
所以在上单调递增，故C正确；
由，得，
所以在上不单调，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知直线和平面与所成锐二面角为.则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则与所成角为
B. 若，则与所成角为
C. 若，则与所成角最大值为
D. 若，则与所成角为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线线角，线面角，二面角的定义结合题意逐一分析判断即可.
【详解】对于A，因为，与所成锐二面角为，
所以与所成角为，故A正确；
对于B，若，此时不能确定与所成角，
如直线时，此时与所成角为，故B错误；
对于C，如图，设平面的交线为直线，
当时，与所成角为，
当与不平行时，设，在直线上取点，过点作于点，
作于点，连接，
因为，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，则即为与所成锐二面角的平面角，
则，
因为，所以即为与所成角的平面角，
则，
当且仅当时，取等号，
所以与所成角最大值为，故C正确；
对于D，因为，与所成锐二面角为，
所以与所成角为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线顺次交两条渐近线和的右支于，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 离心率为
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A项，联立直线方程与直线方程、直线方程可求得点、点坐标，由，可知为中点，结合中点坐标公式可得的值，进而可求得离心率，对于B项，计算的值即可，对于C项，联立直线方程与双曲线方程可求得点坐标，由点、点、点纵坐标可知、为线段的三等分点，结合三角形面积公式判断即可，对于D项，由求解即可.
【详解】如图所示，
由题意知，，直线方程为，直线方程为，
设直线方程为，
，即，
，即，
对于A项，因，所以为中点，
所以，整理得，
所以离心率，故A项错误；
对于B项，由A项知，直线方程为，即，
又因为，所以，
所以，故B项正确；
对于C项，过作垂足为，过作垂足为，过作垂足为，如图所示，
由A项知，，所以双曲线方程为，，，
，则，
所以，，，
所以，
所以、为线段的三等分点，即，
设到直线距离为，则，，
所以，故C项正确；
对于D项，如图所示，
由A项知，，所以，故D项错误.
故选：BC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一个空2分，第二个空3分）
12. 已知平面向量，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据平面向量平行的坐标运算得出；再代入即可求解.
【详解】因为， ，
所以，解得：或.
所以.
故答案为：.
13. 已知四面体中，，过点的其外接球直径与、夹角正弦值分别为、，则与夹角正弦值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，将四面体放在长方体中，则即为长方体的体对角线，设，再结合已知即可得解.
【详解】由题意，将四面体放在长方体中，如图所示，
则即为长方体的体对角线，
设，
则，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为与、夹角正弦值分别为、，
所以，
而，
即，所以，
即，
所以与夹角正弦值为.
故答案为：.
14. 已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为______；当时，满足条件的所有值的和______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由的最小公倍数为，得只需在这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前项和公式即可得解.
【详解】由题意，当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
所以的最小值为，
当时，，
则，解得（舍去），
当时，，
则，解得，
当时，，
则，解得，
当时，，故舍去，
因为的最小公倍数为，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
以为首项为公差的等差数列，设为，则，
所以数列和是满足条件的所有值，
令，解得，
令，解得，
则当时，满足条件的所有值的和
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：由的最小公倍数为，可得只需在这个范围内讨论，求出这个范围内的的值，是解决本题的关键.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.
（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；
（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）用插空法求出符合条件的事件数，再由古典概型计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记检测过程中两件次品不相邻为事件，
依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻概率，
所以.
【小问2详解】
依题意的可能取值为、、、，
所以，，，
，
所以的分布列为：
所以.
16. 已知函数.
（1）若，求的单调区间和极值；
（2）若在和上均为单调函数，求实数的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，，单调递减区间为，，的极小值为和，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）将化为分段函数，求导后计算，，进而可求得结果.
（2）将问题转化为或恒成立，由且无最大值，所以分别研究与时，求解即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，当时，，
故（），
或，解得或，
或，解得或，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，.
又因为，，
所以的极小值为和，无极大值.
【小问2详解】
因为在和上均为单调函数，
所以或恒成立.
又因为，则，
又因为，所以无最大值，
所以对，，不成立，
所以①当时，，
令（），
令，则（），且其对称轴为，
又在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，（）取得最小值，
所以，解得，
②当时，，
令（），
令，则（），
又在上单调递减，
所以（）的值域为，
所以，解得，
综述：.
故实数的取值范围为.
17. 如图，正四棱台有内切球，且.
（1）设平面平面，证明平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先证//面，再根据线面平行的性质证明//，再证线面平行即可；
（2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为，根据到平面的距离为，利用向量法求得，再求平面与平面的法向量，即可求得两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为是正棱台，故//，面，面，
故//面，又面，面面，故//，
又面，面，故//面.
【小问2详解】
连接，设其交点为；连接，设其交点为，连接；
因为是正棱台，故三点共线，且两两垂直，
故以坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
设，
则，
又，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
由题可知，点到平面的距离为，又，
则，解得，故；
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
则
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】根据求解即可；
（2）方所可得，再利用裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
由，①
当时，，所以，
当时，，②
由①②得，
所以，
当时，上式也成立，
所以；
【小问2详解】
，
因为，
所以，
当时，，
当时，
，
综上所述，.
【点睛】思路点睛：已知数列的前项和，求通项公式的步骤：
（1）当时，；
（2）当时，根据可得出，化简得出；
（3）如果满足当时的通项公式，那么数列的通项公式为；如果不满足当时的通项公式，那么数列的通项公式要分段表示为.
19. 已知圆.点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设点在直线上运动，.直线与与轨迹分别交于两点，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，再根据为的中点，可得，再根据，结合椭圆的定义即可得解；
（2）设，根据三点共线，三点共线，求出两点坐标的关系，设的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式及点到直线的距离公式分析即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，所以，
因为，所以为的中点，
又因为的中点，所以，所以，
则，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，而，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
由（1）得是椭圆的左右顶点，
设，
由三点共线，得，而，
所以，所以，
由三点共线，得，而，
所以，所以，
所以，即，
设的方程为，
联立，得，
则，
，
所以，
由，
得，
即，
所以，
所以恒成立，所以，
则，所以，
则，的方程为，
所以，
原点到直线的距离，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．