河北省唐山市2024届高三下学期第一次模拟演练数学试卷(含答案)

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卷(含答案)，共18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，复数，则( )
A.B.C.D.2
2．已知，p：“”，q：“”，则p是q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.B.C.D.
8．已知函数的最小正周期为，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、多项选择题
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，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A.
（1）求的方程；
（2）若双曲线的离心率e不大于2，过B的直线l与交于不同的两点M，N.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．答案：D
解析：，所以，，.
故选：D.
2．答案：B
解析：由，即，解得或，
所以p：“或”，
故由p推不出q，即充分性不成立，
由q推得出p，即必要性成立，
所以p是q的必要但不充分条件.
故选：B.
3．答案：A
解析：，
因为，所以，
所以，所以，
故选：A.
4．答案：C
解析：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．答案：A
解析：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．答案：D
解析：由抛物线方程知：，，
不妨设点A在第一象限，如图所示，直线与x轴交于点E，
由，则，，
圆的半径，所以，
由抛物线的定义可得：，所以，
又因为点A在抛物线上，所以，
.
故选：D.
7．答案：B
解析：设圆台上下底面圆的半径为，，母线为l，球的半径为R，
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O，则球心O在截面内，
在截面内，设圆O切梯形的边、、、分别于点E、F、G、H，
由切线长定理可得，，故，即；
由于，所以，，解得，，
；
故选：B.
8．答案：C
解析：因为函数的最小正周期为，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.
9．答案：AC
解析：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8，故D错误；
故选：AC.
10．答案：BCD
解析：，
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零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD.
11．答案：ABC
解析：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M，
设，又三棱柱为正三棱柱，取中点E，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F，G，
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Q，连接，，设交于K，连接，
易知，，又，面，所以面，
又，所以面，过Q作于R，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K作于P，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，
12．答案：
解析：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．答案：
解析：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．答案：
解析：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．答案：（1）
（2）
解析：（1）设的公比为q，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n的增大而增大，
，
，
所以满足的最大整数.
16．答案：（1）10
（2）此人答对2道题的可能性最大；理由见解析
解析：（1）某人答对每道题的概率都是，则答对题目的个数X服从二项分布，
即，，由于每道题答对得5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k道题的可能性为，，
记，则
，，
当时，，随k的增加而增加，即；
当时，，随k的增加而减小，即；
所以当时，最大，因此此人答对2道题的可能性最大.
17．答案：（1）证明见解析
（2）①证明见解析
②平面ABC与平面的夹角的余弦值为
解析：（1）取，的中点为O，M，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O是中点，所以；
（2）①由于，，O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．答案：（1）或
（2）4
解析：（1）依题意可得，又直线的方程为，即，
由，消去y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l的斜率存在，设直线l为，
由，消去y整理得，
由，可得，
所以，，
所以
，
所以直线与直线的斜率之和为4.
19．答案：（1）
（2）
解析：（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.