2024天津河北区高三下学期二模试题数学含答案

这是一份2024天津河北区高三下学期二模试题数学含答案，共9页。试卷主要包含了5,b=lg0，08B．e5，…………7分，…………11分等内容，欢迎下载使用。

数 学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时分钟. 第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页.
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在相应位置粘贴考试用条形码。
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试卷上的无效。
3.本卷共9小题，每小题5分，共45分。
参考公式：
如果事件A,B互斥，那么PA∪B=PA+PB 球的表面积公式S=4πR2 球的体积公式V=43πR3
如果事件A,B相互独立，那么PAB=PAPB 其中R表示球的半径
一、选择题（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A={1,2,3,4}，集合B={x|2≤x≤3}，则A∩∁RB=
A．{3,4}B．{1,4}C．{2,3}D．{1,2,3,4}
（2）设x∈R，则“1A．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
（3）若a=30.5,b=lg0.53,c=0.32，则a,b,c的大小关系为
A．b（4）函数fx=tanx+1tanx，则y=fx的部分图象大致是
A．B．
C．D．
（5）在数列{an}中，若对任意的n∈N+都满足an+2an+1−an+1an=d（其中d为常数），则称数列{an}为等差比数列. 已知等差比数列{an}中，a1=a2=1,a3=3，则a5等于
A．5B．9C．15D．105
（6）云计算是信息技术发展的集中体现，近年来，我国云计算市场规模持续增长. 已知某科技公司2018年至2022年云计算市场规模数据，且市场规模y与年份代码x的关系可以用模型y=c1ec2x（其中e为自然对数的底数）拟合，设z=lny，得到数据统计表如下：
由上表可得经验回归方程z=0.52x+a，则2026年该科技公司云计算市场规模y的估计值为（参考公式：a=z−bx）
A．e5.08B．e5.6C．e6.12D．e6.5
（7）陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺. 如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆柱的底面半径为1，圆锥与圆柱的高均为1，若该陀螺由一个球形材料削去多余部分制成，则球形材料体积的最小值为
A．43πB．323πC．254πD．12548π
（8）函数fx=x+1x被称为“对勾函数”，它可以由双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0旋转得到，已知直线x=0和直线y=x是函数fx的渐近线，则双曲线C的渐近线方程为
A．y=±33xB．y=±2−1xC．y=±2−3xD．y=±x
（9）△ABC是等腰直角三角形，其中AB⊥AC,∣AB∣=1，P是△ABC所在平面内的一点，若CP=λCA+μCB（λ≥0,μ≥0且λ+2μ=2），则CA在CP上的投影向量的长度的取值范围是
A．(0,22]B．[22,1]C．[1,2]D．[2,2]
第Ⅱ卷
注意事项：
1.答卷前将密封线内的项目填写清楚。
2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上。
3.本卷共11小题，共105分。
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。请将答案写在答题纸上）
（10）i是虚数单位，化简1+i1−i的结果为 .
（11）x−1x9的展开式中常数项为 .
（12）已知抛物线y2=8x上有一点A，且点A在第一象限，以A为圆心作圆，若该圆经过抛物线的顶点和焦点，那么这个圆的方程为 .
（13）学习小组为了研究手机对学生学习的影响，对本学校学生手机使用情况统计分析有以下结果：若学生前一天没有玩手机，则接下来一天也不玩手机的概率为0.7，若学生前一天玩手机，接下来一天也玩手机的概率为0.8. 已知一个学生第一天没玩手机，根据这个统计结果计算，那么他第二天玩手机的概率为 ，第三天不玩手机的概率为 .
（14）已知函数fx=sinωx+φω>0,0<φ<π2的最小正周期为T，若fT=32，x=π9时函数fx取得最大值，则φ= ,ω的最小值为
（15）函数fx=xx−2a+a2−4a，若函数fx恰有三个不同的零点x1,x2,x3，且满足x1三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
（16）（本小题满分14分）
在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知c=4,b=3,
（Ⅰ）若csC=−14，求a的值和△ABC的面积；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求cs2C+π3的值；
（Ⅲ）若A=2B，求a的值.
请将答案写在答题纸上
（17）（本小题满分15分）
如图，四棱锥P−ABCD中，侧棱PD⊥平面ABCD，点E是PC的中点，底面ABCD是直角梯形，AB//DC,AD⊥DC,AB=AD=PD=1,CD=2.
（Ⅰ）求证：BE//平面PAD；
（Ⅱ）求异面直线PB和AC所成角的余弦值；
（Ⅲ）点Q在线段PC上，平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘，求PQPC的值.
请将答案写在答题纸上
（18）（本小题满分15分）
设椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点3,12，长轴长是短轴长的2倍，上顶点为B.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点B且斜率为kk>0的直线与椭圆交于另一点P，过点B作与BP垂直的直线，交直线x=a于点Q，过点B作直线x=a的垂线，垂足为M,若∠BQP=∠BQM，求k的值.
请将答案写在答题纸上
（19）（本小题满分15分）
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn,{bn}是等比数列，已知a1=1,S3=6，b1=a2,a8是a4和b4的等比中项.
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{anbn}的前n项和Tn;
（Ⅲ）记cn=bn−1bn+1−1，求证：n2−12+12n+1<∑ni=1ci请将答案写在答题纸上
（20）（本小题满分16分）
已知a>0，函数fx=alnx−lnx+1.
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
（Ⅱ）当0（ⅰ）求fx的单调区间和极值；
（ⅱ）设fx的极大值为ga，求ga的最小值；
（Ⅲ）设n∈N+，且n≥2，求证：1n2n23n3⋯n−1nn−1>2−n22.
年份
2018年
2019年
2020年
2021年
2022年
年份代码x
1
2
3
4
5
z=lny
2
2.4
3
3.6
4
请将答案写在答题纸上
【参考答案】
河北区2023—2024学年度高三年级总复习质量检测（二）
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题（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） B （2）．A （3）．D （4）．C （5）．D （6）．C （7）．D （8）．B （9）．B
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。请将答案写在答题纸上）
（10） i;
（11） −84;
（12） x−12+y−222=9；
（13） 0.3； 0.55;
（14） π3； 32；
（15） 2+12,+∞.
三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
（16） （Ⅰ） 解：△ABC中，由余弦定理，得csC=a2+b2−c22ab,
即a2+9−162×3×a=−14,化简得2a2+3a−14=0，解得a=2或a=−72（舍）.
∴a=2.
∵C∈0,π,csC=−14,sinC=1−cs2C=154，
∴△ABC的面积S=12absinC=12×2×3×154=3154.…………7分
（Ⅱ） sin2C=2sinCcsC=−158,cs2C=2cs2C−1=−78,
∴cs2C+π3=cs2Ccsπ3−sin2Csinπ3=−78×12−−158×32=35−716.…………11分
（Ⅲ） △ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，
∵A=2B,∴asin2B=3sinB=a2sinBcsB，化简得csB=a6,
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac=a2+16−92×4×a,
∴a2+16−92×4×a=a6，解得a=21.…………14分
（17） （Ⅰ） 证明：∵PD⊥平面ABCD,AD⊥DC，以D为原点，分别以DA、DC、DP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AB=AD=PD=1DC=2，点E是PC的中点，
∴D0,0,0,A1,0,0,C0,2,0,
B1,1,0,P0,0,1,E0,1,12，则BE=−1,0,12,
∵DC⊥平面PAD,∴平面APD的一个法向量为DC=0,2,0.
∵BE⋅DC=0,∴BE⊥DC,
∵BE⊄平面PAD,
∴BE//平面PAD.…………5分
（Ⅱ） PB=1,1,−1,AC=−1,2,0,
设异面直线PB和AC所成的角为θ，
csθ=cs=PB⋅AC∣PB∣∣AC∣=13×5=1515,
∴异面直线PB和AC所成角的余弦值为1515.…………10分
（Ⅲ） DB=1,1,0,PC=0,2,−1,DP=0,0,1,
设PQ=λPC,λ∈[0,1]，则PQ=0,2λ,−λ,
∴DQ=DP+PQ=0,2λ,1−λ,
设平面PBD的法向量为m=x,y,z，则有{m⋅DB=0,m⋅DP=0,
{x+y=0,z=0,不妨令x=1，得y=−1,z=0，
∴m=1,−1,0. 设平面BDQ的法向量为n=x′,y′,z′，则有{n⋅DB=0,n⋅DQ=0,
{x′+y′=0,2λy′+1−λz′=0,不妨令x′=1，得y′=−1,z′=2λ1−λ，
∴n=1,−1,2λ1−λ,
∵平面BDQ和平面PBD的夹角为45∘，
cs45∘=cs=m⋅n∣m∣∣n∣=22×1+1+2λ1−λ2=22，
λ2+2λ−1=0,λ=−1±2，
∵λ∈[0,1],∴λ=2−1，
∴∣PQ∣∣PC∣=2−1.…………15分
（18） （Ⅰ） 解：椭圆x2a2+y2b2=1经过点3,12,2a=4b，即a=2b,
将点坐标代入方程，得34b2+14b2=1，
解得b2=1,∴a2=4.
∴椭圆的方程为x24+y2=1.…………5分
（Ⅱ） ∵B0,1，由题意可知，直线BP的斜率k存在，且不为0.
∴直线BP的方程为y=kx+1.
联立{y=kx+1,x24+y2=1,消去y,
得1+4k2x2+8kx=0,
解得x=0或x=−8k1+4k2，∵点P与点B不同，∴xP=−8k1+4k2.…………8分
∵BQ⊥BP,∴kBQ=−1k,
直线BQ的方程为y=−1kx+1.
∵a=2,∴直线x=a=2.
联立{x=2,y=−1kx+1,解得y=−2k+1,
∴Q2,−2k+1.
∵BM垂直于直线x=2,∴M2,1.
在直角△BQP和直角△BQM中，∠BQP=∠BQM,
∴tan∠BQP=tan∠BQM,
即BPBQ=MBMQ.
∵BP=1+k2∣xP−xB∣=1+k2∣8k∣1+4k2,
BQ=1+1k2∣xQ−xB∣=21+k2∣k∣,
MB=2,MQ=∣yQ−yM∣=∣−2k+1−1∣=2∣k∣,
代入BPBQ=MBMQ,1+k2∣8k∣1+4k221+k2∣k∣=22∣k∣,
化简得4k2−4∣k∣+1=0,
解得∣k∣=12,k=±12,
∵k>0,
∴k的值为12.…………15分
（19） （Ⅰ） 解：由题意a1=1,S3=3a1+3×22d=3a1+3d=6,∴d=1,an=1+n−1=n.
又b1=a2=2,a8是a4和b4的等比中项，得a82=a4b4,
又a4=4,a8=8,64=4b4,b4=b1q3=2q3=16，解得q=2,
∴bn=2⋅2n−1=2n.…………5分
（Ⅱ） anbn=n2n，
设Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+n⋅12n，
则12Tn=1×122+2×123+3×123+⋯+n⋅12n+1，
将以上两式相减得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n⋅12n+1
=121−12n1−12−n⋅12n+1=1−12n−n⋅12n+1，
∴Tn=2−n+22n.…………10分
（Ⅲ） 证明：cn=bn−1bn+1−1=2n−12n+1−1,
∵cn=2n−12n+1−1>2n−12n+1=12−12n+1,
∴∑ni=1ci>12−122+12−123+⋯+12−12n+1=n2−141−12n1−12=n2−12+12n+1，
∵cn=2n−12n+1−1=121−12n+1−1<12−12n+2，
∴∑ni=1ci<12−123+12−124+⋯+12−12n+2=n2−181−12n1−12=n2−14+12n+2.
结论得证.…………15分
（20） （Ⅰ） 解：a=1时，fx=lnx−lnx+1,f′x=1x−1x+1,f′1=12,f1=−ln2,
∴y+ln2=12x−1，整理得y=12x−12−ln2.
∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=12x−12−ln2.…………5分
（Ⅱ） （ⅰ） fx=alnx−lnx+1,
f′x=ax−1x+1=a−1x+axx+1,
令f′x=0，解得x=a1−a,
∵00.
∵x>0,
当x变化时，f′x,fx的变化情况如下表：
∴函数y=fx单调递增区间是0,a1−a，单调递减区间是a1−a,+∞.
∴fx有极大值，没有极小值。
fx的极大值fa1−a=alna1−a−lna1−a+1=alna+1−aln1−a.…………10分
（ⅱ） 设ga=alna+1−aln1−a,0g′a=1+lna−ln1−a−1=lna−ln1−a,
令g′a=0，解得a=12.
∵0当a变化时，g′a,ga的变化情况如下表：
而g12=12ln12+12ln12=−ln2,
∴ga的最小值为−ln2.…………13分
（Ⅲ） 当n≥2时，要证1n2n23n3⋯n−1nn−1>2−n22,
两边同时取对数，即证ln[1n2n23n3⋯n−1nn−1]>ln2−n22,
即证∑n−1k=1k⋅lnkn>−n22ln2，两边同时乘以2n,
即证2∑n−1k=1kn⋅lnkn>−nln2,
而2∑n−1k=1kn⋅lnkn=∑n−1k=1kn⋅lnkn+∑n−1k=1n−kn⋅lnn−kn=∑n−1k=1[kn⋅lnkn+1−kn⋅ln1−kn]，
由（Ⅱ）可知ga=alna+1−aln1−a≥−ln2,
令a=kn,k=1,2⋯,n−1，则kn∈0,1，代入上式，得
kn⋅lnkn+1−kn⋅ln1−kn≥−ln2,
∴∑n−1k=1[kn⋅lnkn+1−kn⋅ln1−kn]≥−n−1ln2>−nln2,
∴1n2n23n3⋯n−1nn−1>2−n22.…………16分
【解析】注：其他解法可参照评分标准酌情给分x
0,a1−a
a1−a
a1−a,+∞
f′x
+
0
−
fx
↗
极大值
↘
a
0,12
12
12,1
g′a
−
0
+
ga
↘
极小值
↗