2024届河北省邯郸市高三下学期五月保温试题数学试题

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1.答题前，考务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，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.
4本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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】先化简两个集合，再利用交集运算可得答案.
【详解】由得，即，
,所以.
故选：B
2. 已知复数满足，则（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据条件得到，再利用模长的计算公式，即可求出结果.
【详解】令，则，所以，解得，
所以，故，
故选：D.
3. 已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面代表平面，平面代表平面，
当如图所示时显然m与平面不垂直，
反之，当时，又，根据线面垂直的性质有，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：A.
4. 设函数的图像与轴相交于点，则该曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令可计算出切点坐标，结合导数的几何意义可得切线斜率，即可得解.
【详解】令，即，即，解得，
故，，则，
则其切线方程为：，即.
故选：C.
5. 由动点向圆引两条切线，切点分别为，若四边形为正方形，则动点轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形可得动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，求出方程即可.
【详解】因为四边形为正方形，且,所以,
故动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为.
故选：B
6. 某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A. 12B. 18C. 20D. 60．
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，结合排列数与组合数的计算，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法，
由分类计数原理得，共有种不同的差法.
故选：C.
7. 已知为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 5C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知计算可得所以直线的斜率为，直线的斜率为，设，由，解得，代入双曲线方程计算即可求得结果.
【详解】由题意得，
所以直线的斜率为，直线的斜率为，
设，则有，解得，
代入双曲线方程，得，
又，所以，
化简可得：，，
所以，解得或(,舍).
故选：B
8. 对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A. 1B. C. 1或D. 1或
【答案】D
【解析】
【分析】根据，得到，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到，，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
设向量和的夹角为，因为，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因，所以或，
所以或，
故选：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. 已知函数的部分图像如图所示，，为的图像与轴的交点，为图像上的最高点，是边长为1的等边三角形，，则（ ）
A.
B. 直线是图像的一条对称轴
C. 的单调递减区间为
D. 的单调递增区间为
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可得，再利用正弦函数的图象与性质分析各个选项即可.
【详解】对于A，由图可得：的最小正周期为2，所以，即，
易得，所以，
因为，所以，，，
由五点作图法可得：，即，所以，
所以，故A不正确；
对于B，由于，为最大值，
所以直线是图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，令，解得；，
所以单调递减区间为，故C正确；
对于D，令，解得；，
所以的单调递增区间为，故D不正确，
故选：BC，
10. 设拋物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于点，与轴相交于点，则（ ）
A. 的准线方程为B. 的值为2
C. D. 的面积与的面积之比为9
【答案】BD
【解析】
【分析】设直线的方程为，，利用根与系数的关系及抛物线的性质进行计算，从而判定各选项.
【详解】设直线的方程为，，
联立，可得，
所以，，
因为，所以，故，
因为，由抛物线定义可得，，，
则，解得或，
因为，所以，则的准线方程为，故B正确，A错误；
又的方程为，，，
把代入可得，，
不妨设，则，故C错误；
设到直线的距离为，
的面积，的面积，
则的面积与的面积之比，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数的定义域为，其导函数为，若函数的图象关于点对称，，且，则（ ）
A. 的图像关于点对称B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的图象变换及其对称性，可得判定A正确；结合和，化简得到，可判定B不正确；令，得到，得到函数和是以4为周期的周期函数，结合，可判定C正确；结合， ，，得到，结合是以4为周期的周期函数，进而求得的值，即可求解.
【详解】对于A中，设函数的图象关于对称，
则关于对称，可得关于对称，
因为函数的图像关于点对称，可得，解得，
所以函数的图象关于对称，所以A正确；
对于B中，由函数的图象关于对称，可得，
因为，可得，
则，
两式相减得，即，所以B不正确；
对于C中，令，
可得，
因为，所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，
由，可得，所以，
因为函数是以4为周期的周期函数，则是以4为周期的周期函数，
所以，
由，可得，
即，令，可得，所以，
所以，所以，所以C正确；
对于D中，因为，且函数关于对称，可得，
又因为，令，可得，所以，
再令，可得，所以，
由，可得，
可得
又由函数是以4为周期的周期函数，且，
所以

，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】知识结论拓展：有关函数图象的对称性的有关结论
（1）对于函数，若其图象关于直线对称（时，为偶函数），
则①；②；③.
（2）对于函数，若其图象关于点对称（时，为奇函数），
则①；②；③.
（3）对于函数，若其图象关于点对称，
则①；②；③.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上
12. 已知，函数是奇函数，则___________，___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由，可求，由，结合奇函数可求．
【详解】由，解得，所以，
又因为函数为奇函数，所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以1或，解得(舍去)．
故答案为：①-1；②1．
13. 正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系，在如图所示的五角星中，以为顶点的多边形为正边边形，设，则________，________．

【答案】 ①. 0 ②. ##0.0625
【解析】
【分析】由正五角星的性质，求得，进而根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
详解】正五角星可分割成5个3角形和1个正五边形,五个3角形各自角度之和
正五边形的内角和；每个角为，
三角形是等腰三角形，底角是五边形的外角，即底角为，
三角形内角和为，那么三角形顶角，即五角星尖角，
即.
;
因为,
所以.
故答案为：；.
14. 在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.
【详解】平面截四面体的截面如图所示，
设，则，所以四边形为平行四边形，
且，
在矩形中，，，
则
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解.
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. 如图，四棱锥的底面是正方形，设平面与平面相交于直线.
（1）证明：.
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明；
（2）利用面面平行的性质确定平面，建立直角坐标系，利用坐标法结合线面角公式即可求解.
【小问1详解】
因为四棱锥的底面是正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以；
小问2详解】
因为，取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，
则平面，所以以坐标原点建立如图坐标系，
因为，是正方形，所以，
则，，，,
，，，
设平面的法向量为，
则，，
取，，，即，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知正项数列的前项和为，，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出，可证明数列为首项为，公差为的等差数列，得到，利用得到的通项公式；
（2）由（1）知，，化简可得，利用分组求和以及裂项相消即可求出数列的前项和.
【小问1详解】
当时，由，即，解得：，
所以，则数列为首项为，公差为的等差数列；
所以，则，
当时，，
当时，满足条件，
所以的通项公式为
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
故，
即
17. 假设某同学每次投篮命中的概率均为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率.
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投个球，若这个球都投进，则训练结束，否则额外再投个．试问为何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用独立重复试验的概率公式计算即得.
（2）该同学投篮的次数为，求出的可能值及对应的概率，求出期望的函数关系，作差结合数列单调性推理即得.
【小问1详解】
依题意，该同学投篮4次，恰好投中2次概率.
【小问2详解】
设该同学投篮的次数为，则的可能值为，，
于是，
数学期望，
令，则，
，显然数列是递减的，
当时，，，当时，，，
即有，因此最大，
所以当时，该同学投篮次数的期望值最大.
18. 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过两点．
（1）求的方程．
（2）是上两个动点，为的上顶点，是否存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，个
【解析】
【分析】（1）设椭圆的方程为，根据条件得到，即可求出结果；
（2）设直线为，直线为，当时，由椭圆的对称性知满足题意；当时，联立直线与椭圆方程，求出的坐标，进而求出中垂线方程，根据条件中垂线直经过点，从而将问题转化成方程解的个数，即可解决问题.
【小问1详解】
由题设椭圆的方程为，
因为椭圆过两点，
所以，得到，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，易知直线的斜率均存在且不为0，
不妨设，，直线为，直线为，
由椭圆的对称性知，当时，显然有，满足题意，
当时，由，消得到，
所以，，即，
同理可得，所以，
设中点坐标为，则，，
所以中垂线方程为，
要使为为底边的等腰直角三角形，则直中垂线方程过点，
所以，整理得到，
令，则，，所以有两根，且，即有两个正根，
故有2个不同的值，满足，
所以由椭圆的对称性知，当时，还存在2个符合题意的三角形，
综上所述，存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线为，直线为，联立椭圆方程求出坐标，进而求出直线的中垂线方程，将问题转化成直线的中垂线经过点，再转化成关于的方程的解的问题.
19. 已知函数．
（1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
（2）已知是的零点，是的零点．
①证明：，
②证明：．
【答案】（1）存在，且
（2）①证明见解析 ②证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分与进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到的单调性后，借助零点的存在性定理可得，解出即可得；②构造函数，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可得从而得到，，从而可得，结合的范围即可得解.
【小问1详解】
由题意得，
当时，，所以和在上都单调递增，符合题意；
当时，若和在上的单调区间相同，
则和有相同的极值点，即，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
所以无解，
综上，当时，和在上的单调区间相同；
【小问2详解】
①由题意，有两个零点，，
若，则，所以在上单调递增，不符合题意，
若，则当时，单调递减，
当时，单调递增，
且当时，，当时，，
所以，解得，得证；
②令，得，即，
令，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，
它们有公共点，如图，
故，且有，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，又，所以，
由，得，即，
故.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数，结合导数得到函数的单调性，从而得到.