河北省沧州市部分高中2024届高三下学期二模考试数学试题

这是一份河北省沧州市部分高中2024届高三下学期二模考试数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，在的展开式中，项的系数为，若，则下列大小关系正确的是，已知实数满足，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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.已知复数满足，则的虚部为（ ）
A.1 B. C. D.
2.若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
3.化简（ ）
A.1 B. C.2 D.
4.随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“”促销活动.市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据：
用最小二乘法求得与之间的经验回归方程是，当售价为45元时，预测该商品的销售量件数大约为（ ）（单位：百件）
A.11.2 C.12 D.12.2
5.在的展开式中，项的系数为（ ）
A.6480 B.2160 C.60 D.-2160
6.若，则下列大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知四面体满足，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
8.若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
10.已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ）
A.过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条
B.当的面积为时，
C.为钝角三角形
D.的最小值为
11.已知是定义在上的单调递增且图象连续不断的函数，若，恒有成立，设，则（ ）
A.
B.
C.
D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，若，则的取值范围为__________.
13.已知函数的部分图象如图所示，将函数图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象.若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围为__________.
14.已知为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知数列为等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，记，求.
16.（本小题满分15分）
由教育部､体育总局､共青团中央共同主办，广西壮族自治区人民政府承办的中华人民共和国第一届学生（青年）运动会于2023年11月5日至15日在广西壮族自治区举办，这是全国青年运动会和全国学生运动会合并后的首届赛事.来自全国各地的学生青年运动健儿们共赴青春之约，在八桂大地挥洒汗水写就华章.青运会结束后，某学校组织学生参加与本届青运会有关的知识竞赛，为了解该校学生对本届青运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取600名学生进行调查，成绩全部分布在40~100分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）估计这600名学生成绩的中位数；
（3）由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成缕近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：
①若这次竞赛共有2.8万名学生参加，试估计竞赛成频超过86.8分的人数（结果精确到个位）；
②现从所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过77.8分的人数为，求随机变量的期望和方差.
附：若随机变量服从正态分布，则.
17.（本小题满分15分）
如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3.
（1）证明：平面平面；
（2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值.
18.（本小题满分17分）
已知双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离为，且的离心率为2.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设分别是双曲线左､右两支上的动点，为双曲线的左顶点，若直线的斜率分别为，且，当时，求直线的方程.
19.（本小题满分17分）
若函数与在区间上恒有，则称函数为和在区间上的隔离函数.
（1）若，判断是否为和在区间上的隔离函数，并说明理由；
（2）若，且在上恒成立，求的值；
（3）若，证明：是为和在上的隔离函数的必要条件.
数学参考答案
1.A 因为，所以，则，则的虚部为1.故选A.
2.C 由题意知，故，又，即或，所以实数的范围为.故选C.
3.B .故选B.
4.D 因为，所以回归直线过点，故，所以，将代入中，得.故选D.
5.A 相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法，余下5个因式中有2个取，有种取法，最后3个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为.故选A.
6.B 由对数函数单调性可知，，所以.因为，所以.因为，所以，即，所以.故选B.
7.D 由题意得，设平面的一个法向量，则即
故令，解得，所以，所以，设点到平面的距离为，则.故选D.
8.C 令，则.令，则，因为在上单调递增，且，所以有2个零点等价于关于的方程有两个相异的实数解，令，则问题转化为的图象与直线有两个交点.因为，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，当时，，则，解得，即实数的取值范围是.故选C.
9.AC 因为，所以的符号不确定，由不等式的性质知成立，但不一定成立，故A正确，B错误；因，故C正确；因为，所以，所以，故D错误.故选AC.
10.ACD 因为，所以，解得，所以抛物线的标准方程为.对于，因为，当时，，故点在抛物线的外部，所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去，整理得，所以，又，所以，解得，则，则，故B错误；对于C，由选项B可知，所以，故为钝角，所以为钝角三角形，
故C正确；对于D，由选项B可知，所以
，当且仅当，即时等号成立，故D正确.故选ACD.
11.AD 令，得，因为在上单调递增，所以不恒等于，故，故A正确；若存在使得，则，则恒等于1，与单调递增矛盾，故，故B错误；若存在，使得，因为的图象连续不断，，故存在，使得，与上述矛盾，故，所以，当且仅当时取等号，又单调递增，故不取等号，即，当时，有，即.当时，令则，因为单调递减且，所以单调递增，所以，又，所以，且在上单调递增，因为，所以，所以，所以错误，D正确.故选AD.
12. 由题意知，又且，故，即的取值范围为.
13. 由的图象，得，由图可知点在的图象上，则，，所以，解得，则.将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，再将
得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象，作出的部分图象如图所示，
根据的图象可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，即方程在上有两个不相等的实数根.
14. 设，则，因为，即，所以，所以，又，所以.设，在和中，分别利用余弦定理可得，即①，②，由②①，得，即，所以.
15.解：（1）设等差数列的公差为，则，
即，则数列为等比数列，
设其公比为，由，得解得所以.
（2）由（1）可得，
所以，
，
两式相减，可得
，
所以.
16.解：（1）由频率分布直方图，得，解得.
（2）由频率分布直方图，得前3组的频率为，
前4组的频率为，
所以估计600名学生成绩的中位数为80.
（3）①由题意得，
所以，则，
所以，
所以估计竞赛成绩超过86.8分的人数约为4442人.
②由①得，则，
所以随机变量，所以.
17.（1）证明：取的中点，连接，
因为，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，且，
因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为，
所以，所以，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知平面，又平面，所以，
因为为的中点，，所以，且.
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，
，因为，
所以，因为为的中点，所以，则
.
设平面的一个法向量，则即
令，解得，故，
设平面的一个法向量，则即
令，解得，故，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以，所以.
18.解：（1）由题意知双曲线的渐近线方程为，则焦点到渐近线的距离，
则解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）由（1）得，当直线的倾斜角为0时，由，以及双曲线的对称性知的横坐标为，代入双曲线方程可得，不妨令，则，
则，不符合题意；
当直线的倾斜角不为0时，设直线的方程，
联立得，
由题意知，
，
又，
所以，
即，
所以，
所以.
所以，
所以，
所以，解得或.
当时，，不符合题意，所以，
所以，
所以，解得，
故直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
19.（1）解：是和在区间上的隔离函数.
因为，
所以，
在上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，在上取到最小值0，故.
又，所以.
综上，是和在区间上的隔离函数.
（2）解：设，则，
因为，则是的极小值点，也是最小值点，
所以，即.
当时，，
当时，；当时，，
所以，即恒成立（当且仅当时取等号），
故.
（3）证明：设，
由（2）得（当且仅当时取等号），
所以，当且仅当时取等号.
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，即，则，
又，则，
结合条件可得，所以.
设，则，
又，则是的极小值点，
所以，即，
结合，得，故，
所以是为和在上的隔离函数的必要条件.20
25
30
35
40
5
7
8
9
11