河北省沧州市联考2023-2024学年高三下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河北省沧州市联考2023-2024学年高三下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省沧州市联考2023-2024学年高三下学期4月月考数学试题原卷版docx、河北省沧州市联考2023-2024学年高三下学期4月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
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】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简集合，即可由交集运算.
【详解】，
所以，
故选：B
2. 设是虚数单位，若复数的实部是1，且的虚部是2，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设，再根据的虚部是2求解即可.
【详解】设，则.
由题意，则，即的虚部为1.
故选：C
3. 若，函数为奇函数，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】将值代入函数，根据奇函数的定义式是否成立来判断充分性；由奇函数的定义式来构造方程求参数的值，从而判断必要性.
【详解】因为，所以，
所以，
所以此时是奇函数，
所以p是q的充分条件.
若是奇函数，则，
即，所以，即
所以p是q的不必要条件.
综上得：p是q的充分不必要条件.
故选：A.
4. 从中任取一个数，这个数比大的概率为，若恰为以上数据的第百分位数，则的值可能是（ ）
A. 30B. 40C. 45D. 50
【答案】B
【解析】
【分析】根据概率可得，由百分位数的计算即可求解.
【详解】中比7大的数字有6个，
若任取一个数，这个数比大的概率为，则，
又恰为以上数据的第百分位数，故为7与9的平均数，故，则为第40百分位数，
故选：B
5. 已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式得，进而根据求方程得或，即可列举出正的零点，列不等式即可求解.
【详解】由可得，
令,
所以或，
故函数的正零点从小到大排列为：，
要使在区间上有且仅有3个零点，需要满足且，解得，
故选：C
6. 已知点是双曲线上任意一点，则的值为（ ）
A. 2B. C. 4D. 与的位置有关
【答案】B
【解析】
【分析】证得表示以为焦点的双曲线,根据双曲线的定义求解.
【详解】先证明:若动点到的距离之差的绝对值等于，则P的轨迹方程为.
因为，
所以，
所以，
两边取平方，，
两边取平方，并整理得，
又
所以表示以为焦点的双曲线，且，
所以.
故选:B
7. 已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，依次类推，曲线在处的切线交轴于点，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出函数在处的切线，即可求出，在求出曲线在处的切线方程，从而得到，即可求出，则，利用裂项相消法计算可得.
【详解】由，则，所以，，
则函数在处的切线为，令，解得，即，
同理可得曲线在处的切线方程为，
令，解得，即，
所以，即是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
所以
.
故选：D
8. 设A，B是一个随机试验中的两个事件且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可.
【详解】因为，故，
因为与为互斥事件，故，
所以
，故，故.
故选：A
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. 已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在，使得
B. 存在，使得
C. 对任意，存，使得
D. 对任意，存在，使得
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可.
【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误；
对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确；
对C，对任意，设，使得为在平面上的射影，存在，使得，此时，故C正确；
对D，当时，在平面上不存在直线使得，故D错误.
故选：BC
10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则的面积为
C. 若，则周长的最大值为
D. 若角满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：由正弦定理及倍角公式判断；对B：用余弦定理及面积公式求解；对C：用余弦定理及基本不等式求解；对D：构造利用其单调性判断.
【详解】对A：，由正弦定理，
，即，
或，
即或
是等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对B. ，
，
，所以B正确；
对C：，
又，
，
又，
周长的最大值为故C正确；
对D： 令，则，
所以在上为增函数，
即，
所以，所以，即，故D正确.
故选：BCD
11. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，点在第一象限内，点在的准线上，则下列判断正确的是（ ）
A. 若与相切，则也与相切
B.
C. 若点在轴上，则为定值
D. 若点在轴上，且满足，则直线的斜率为
【答案】AB
【解析】
【分析】通过证明过焦点弦两个端点的切线的交点在抛物线的准线上判断A，根据以为直径的圆与抛物线的准线相切判断B，设直线的方程为：，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，计算出判断C，推导出，可得轴为的平分线，即可得到，设直线的倾斜角为，利用焦半径公式求出，从而判断D.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
对于A：设，，依题意可得过，两点的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为：，
即，
由，有，
∴，
又，整理得，解得，
∴过的抛物线的切线方程为：，整理得，
同理可得过的抛物线的切线方程为：，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线的方程为：，由有，
∴，，则，
∴，
即两切线的交点在抛物线的准线上，
所以若与相切，则也与相切，故A正确；
对于B：设的中点为，由，则，则，
又，所以到准线的距离，
所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点在的准线上，所以，故B正确；
对于C：依题意可得，所以，，
所以
，显然不是定值，故C错误；
对于D：因为
，
所以轴为的平分线，
根据角平分线定理可得，
设直线的倾斜角为，
则，，
所以，解得，所以，
则直线的斜率为，故D错误.
故选：AB
【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.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 二项式的展开式中的常数项为__________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先求展开式的通项，再令的次数为进而求出常数项.
【详解】展开式的通项为
，
令，解得，
此时，即常数项为.
故答案为：.
13. 在棱长为的正四面体中，是上一点，满足，是的中点，若为内一动点（含边界），且，则点的轨迹长度为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设为的中心，连接，即可得到平面，过点作，分别交、于点、，过点作交于点，分别过点、作，，交、于点、，连接，即可证明平面，平面平面，从而得到平面，则点的轨迹为线段，最后利用余弦定理及三角形相似计算可得.
【详解】设为的中心，连接，则平面，
过点作，分别交、于点、，
连接、、，则，所以，
又平面，所以，又，
平面，所以平面，
过点作交于点，分别过点、作，，
交、于点、，连接，
所以，平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，平面，所以平面平面，
所以平面，
当点在线段上时，平面，所以，故点的轨迹为线段，
依题意，
在中，由余弦定理可得
，
又，所以，
即点的轨迹长度为.
故答案为：
14. 已知，则的最大值是__________.
【答案】3
【解析】
【分析】化简可得，再构造函数，求导分析单调性与最值即可.
【详解】因为，故，
显然当取最大值时，，故.
设，定义域满足.
设，则，令可得，
故当时，单调递减；
当时，单调递增.
又，且，，故在上有唯一零点设为.
则定义域为.
则，
令可得，即，
故，即，
解得或（舍），所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得最大值.
故当，时取最大值3.
故答案为：3
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. 某市小学课后延时服务中，为学生提供了丰富多彩的兴趣课程，其中文艺类的课程有“书法”“茶艺”“民族舞”“朗诵”，体育类的课程有“乒乓球”“足球”“韵律操”“围棋”.为了了解选课情况，现在采取抽样调查，得到下表：
（1）完成如下列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生选择兴趣课程是否与学生性别有关联；
（2）该市教育主管部门为进一步了解男生选课的情况，现从抽取的男生中用分层随机抽样的方法抽取10人，再从这10位男生中随机抽取3人进行座谈，设抽到的男生中选择“文娱类”兴趣课程的人数为，求的分布列及期望.
附：，其中.
【答案】（1）可以认为学生选择兴趣课程是否与学生性别有关联
（2）分布列见详解；期望
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）根据分层抽样求各层人数，结合超几何分布求分布列和期望.
【小问1详解】
根据题意可知列联表，如下表
零假设：学生选择兴趣课程与学生性别没有关联，
因为，
依据的独立性检验，推断不成立，
所以可以认为学生选择兴趣课程与学生性别有关联.
【小问2详解】
因为这10位男生中有人选择“文娱类”兴趣课程，有6人选择“体育类”兴趣课程，
可知随机变量的可能取值为0，1，2，3，则有：
，
，
所以的分布列为
的期望为.
16. 如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
（1）当时，求证平面；
（2）设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最大值为，此时
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，
所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得
，
当时，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
【小问2详解】
由（1）知，，
为△的中心，，
设平面法向量，则
，令，则
设直线与平面所成角为，则
令，则，
此时，
(当且仅当即时取等号)，
，
即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为
17. 如图，椭圆的右顶点为，上顶点为，过点的直线交椭圆于两点.
（1）若直线与垂直，求；
（2）过点作轴的垂线，分别交直线和于，记的面积分别是，判断是否为定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）是，
【解析】
【分析】（1）首先求椭圆的标准方程和直线的方程，然后联立方程组消去可得关于的一元二次方程，最后结合方程的根，利用两点之间的距离公式可求.
（2）利用求出直线的方程与点坐标，再利用椭圆方程得，进而两式相减并化简可得，再由直线的斜率变形可得，将把代入上式可得，进而计算可得是的中点，从而.
【小问1详解】
由右顶点为，上顶点为得椭圆方程为，
直线的斜率为，
因为直线与垂直，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由得：，
设，
.
【小问2详解】
设，直线的方程为，
直线分别交直线和于，故，
直线，所以，
又在椭圆上，
所以，即，
显然，
由，得，
①②得：，
即，③
又共线，且斜率必存在，所以，
即，即，④
将④代入③得，即，
即，
，
因为，
所以是的中点，从而.
【点睛】关键点点睛：解决此类问题时善于观察图像，利用特殊的位置判断结论，再去证明结论，在这个问题上，直线过椭圆的下顶点时容易计算可得，再去证明是的中点；
在解决直线与圆锥曲线问题时要善于化简整理，要善于利用条件变形与转化，在这个问题上，用点，的坐标结构特征，后面的表达式全部用的形式来表示.
18. 抽屉原则是德国数学家狄利克雷（，1805~1859）首先提出来的，也称狄利克雷原则. 它有以下几个基本表现形式（下面各形式中所涉及的字母均为正整数）：
形式1：把个元素分为个集合，那么必有一集合中含有两个或两个以上的元素.
形式2：把个元素分为个集合，那么必有一集合中含有个或个以上的元素.
形式3：把无穷多个元素分为有限个集合，那么必有一个集合中含有无穷多个元素.
形式4：把个元素分为个集合，那么必有一个集合中的元素个数，也必有一个集合中的元素个数.（注：若，则表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数）. 根据上述原则形式解决下面问题：
（1）①举例说明形式1；
②举例说明形式3，并用列举法或描述法表示相关集合.
（2）证明形式2；
（3）圆周上有2024个点，在其上任意标上（每点只标一个数，不同的点标上不同的数）.
①从上面这2024个数中任意挑选1013个数，证明在这1013个数中一定有两个数互质；（若两个整数的公约数只有1，则这两个整数互质）
②证明：在上面的圆周上一定存在一点和与它相邻的两个点所标的三个数之和不小于3038.
【答案】（1）举例见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）模仿形式1、形式2举例即可；
（2）反证法证明；
（3）①由于相邻的两数必互质，故只需将2024个数分成1012组相邻的数，再结合形式1即可；②设圆周上各点的数值依次为，一点和与它相邻的两个点所标的三个数的可能性有共2024组求和，再求每组的平均和，结合形式4即可证明.
【小问1详解】
①形式1举例：把十个苹果放在九个抽屉里，那么必有一个抽屉中含有两个或两个以上的苹果.
②形式3举例：是全体正整数的集合，其集合元素有无穷多个.将分成两个集合，,，显然集合中有无穷多个元素.
【小问2详解】
证明（反证法）：把个元素分为个集合：.
分别用表示中元素的个数.
则.
假设形式2结论不成立，即每个集合至多含有个元素，则与矛盾.
假设不成立.
故，把个元素分为个集合，那么必有一集合中含存个或个以上元素.
小问3详解】
①证明：构造如下1012个抽屉：，显然每个抽屉中两数相邻，必互质.
从这2024个数中任意挑选1013个数,即从1012个抽屉中抽取1013个数，由形式1可知，必有一个抽屉挑选出两个数.
所以在这1013个数中一定有两个数互质.
②设圆周上各点的数值依次为，由题意可得为的一个全排列.
依次将每相邻的3个数设为一个数组，即有共2024组，这2024个组的所有数之和为;
,
又，
又因为每组中的3个数之和都为整数，由形式4可知，一定存在一组数的和不小于3038.
所以，在上面的圆周上一定存在一点和与它相邻的两个点所标的三个数之和不小于3038.
19. 已知函数.
（1）求函数的单调性；
（2）若有两个不相等的零点，且.
①证明：随的增大而减小；
②证明：.
【答案】（1）在单调递增，在单调递减
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，
（2）①根据函数的单调性以及两个零点可得，设根据函数的单调性可，即可求解，
②构造，利用导数求解，可得恒成立，进而可得，构造函数，求导可得 ，进而得，根据单调性得，进而，即可求证.
【小问1详解】
由可得，
令，故在单调递增，
令，故在单调递减，
故单调递增，在单调递减
【小问2详解】
①由于有两个不相等的零点，且.
所以是的两个实数根，
由（1）知，在单调递增，在单调递减，且，
当时，，当时，，
故，
对任意的，设，
则其中
其中
由于在单调递减，，故，所以，
在单调递增，，故，所以，
又，所以，
所以，故随的增大而减小；
②设，
令，则；
令在单调递增，
在单调递减，
故，故在恒成立，
此时恒成立，
由①知所以，即，
令，
记，则，
当时，，在单调递减，
时，，在单调递增，
故，进而，
因此，
所以，故，即，进而，
又因为，
所以，得证
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.文娱类
体育类
书法
茶艺
民族舞
朗诵
乒乓球
足球
韵律操
围棋
男生
18
7
8
7
20
24
4
12
女生
24
14
18
14
18
10
14
8
文娱类
体育类
合计
男生
女生
合计
0.10
0.05
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
文娱类
体育类
合计
男生
40
60
100
女生
70
50
120
合计
110
110
220
0
1
2
3