河北省沧州市沧县中学2023-2024学年高三下学期模拟预测数学试题

这是一份河北省沧州市沧县中学2023-2024学年高三下学期模拟预测数学试题，共20页。
【满分：150分】
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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收回。
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，．若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．设，是复数，则下列命题中是假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则．其中正确命题的序号是（ ）
A．①③B．②③C．②④D．③④
4．从甲、乙、丙、丁4人中任选两人安排在“五·一”劳动节假期的前四天中值班，要求每人值班两天，则不同的安排方法有（ ）
A．24种B．36种C．48种D．72种
5．已知函数的定义域为R，，，均满足．若，则
（ ）
A．0B．C．D．
6．函数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．给定一组数：0，，，…，，30，且，，…的平均数和方差分别为10，1，则下列说法正确的是（ ）
A．，，…，的平均数为21
B．，，…，的方差为5
C．0，，，…，，30的平均数为11
D．0，，，…，，30的方差为49.8
10．设等差数列的前n项和为，e是自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，，，是等差数列
B．数列是等比数列
C．数列是等差数列
D．当p，q均为正整数且时，
11．古希腊哲学家发现并证明了只存在5种正多面体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，其中正八面体是由8个等边三角形构成．正八面体在计算机科学中用于三维模型和场景的构建，以及人工智能领域中用于图象识别和处理，另外在晶体和材料科学中也被广泛应用．现有一个棱长为2的正八面体PABCDQ，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．若点P，A，B，C，D，Q在同一个球的球面上，则该球的体积为
B．若该正八面体的12条棱中点在同一个球的球面上，则该球的表面积为
C．该正八面体内任意一点到8个侧面的距离之和为定值
D．已知正方体的中心与该正八面体的中心重合，当该正方体绕中心任意转动时，若该正方体始终未超出该正八面体，则该正方体棱长的最大值为
12．已知抛物线的焦点为F，动直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过A，B向直线引垂线，垂足分别为，，点M在上，且MA上MB，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．M为线段的中点B．是与的等比中项
C．A，O，B三点共线D．MA与抛物线C有两个公共点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知的展开式中所有项的系数和为1024，则含项的系数为______．（用数字作答）
14．已知单位向量，向量与不共线，且，则的最大值为______．
15．已知直线是曲线和的公切线，则实数a=______．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于P，Q两点．若，且，则C的离心率为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求证：；
（2）若∠ABC的角平分线交AC于点D，且，，求BD的长．
18．（12分）设正项数列的前n项和为，已知．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
19．（12分）甲、乙两人一起玩纸牌游戏，游戏开始时，甲、乙两人手中都各有大、小王两张牌，游戏规则是：甲、乙两人分别给对方随机发一张牌（两人均不知自己所发为何牌），记为一次换牌操作，操作次后，谁手中的大王牌数多则为赢家．若大王牌数相同则为和牌，和牌的概率为．设每次甲发牌与乙发牌之间相互独立，操作k次后，甲手中的大王牌数为．
（1）求的数学期望；
（2）求．
20．（12分）如图，在三棱柱中，已知侧面为菱形，底面ABC为正三角形，E为线段的中点，．
（1）求证：；
（2）若平面平面，求平面与平面所成角的余弦值．
A1
21．（12分）已知圆，圆．若动圆S与圆、圆都内切，记动圆S的圆心的轨迹为C．
（1）求轨迹C的方程；
（2）已知，过点的直线l与C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线于M，N，设线段MN的中点为G，判断点G是否在轨迹C上，并说明理由．
22．（12分）已知函数．
（1）求的值域；
（2）求证：当时，．
2024年高考数学预测密卷一卷·新高考
参考答案
一、选择题
1．B 【解析】，
，因为，所以，
所以不合题意，所以，所以，
即实数a的取值范围是．故选B．
2．C 【解析】设，．
对于A，
，
，
所以，故A正确；
对于B，，，
，
所以，故B正确；
对于C，，，
由，得．
因为，，
所以不一定成立，如，，
此时，而，，即，故C错误；
对于D，由，得，，
，所以，故D正确﹒故选C．
3．D 【解析】对于①，m与还可能平行、在平面内，或相交而不垂直，故①错误；
对于②，l还可能在平面内，故②错误；
对于③，由，，知，又，所以，故③正确；
对于④，过l作一平面与相交，设交线为，则，
又，所以，故④正确．故选D．
4．B 【解析】法一：先将值班的四天分为两组，每组两天，有种方法，
再安排两人到每组中，每组安排同一人，有种方法，
故不同的安排方法有种．故选B．
法二：从4人中选出2人值班有种方法，选出的两人其中一人从4天中选两天值班，
剩下两天由另一人值班即可，有种方法，故不同的安排方法共有种．故选B．
5．D 【解析】令，得，所以；
令，，得，
又，所以；令，得；
令，，得．故选D．
6．B 【解析】，
令，即，所以，
由，得，从而原函数化为，
当时，．故选B．
7．A 【解析】设，如图所示：
由的图象知，，则，从而，，
所以．
令，，则，
当时，，当且仅当时，，
所以在上为减函数，所以，
得，即的取值范围是．故选A．
8．C 【解析】当时，由得，
所以为偶函数．又，当时，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，所以在上单调递减．
，，
所以，令，
，则，因为，
所以在上单调递增，所以，
即，所以，得．
故，从而，即，故选C．
二、选择题
9．ACD 【解析】对于A，由题意得，
所以，故A正确；
对于B，由题意得，
所以
，故B错误；
对于C，．故C正确；
对于D，将0和30作为一组，其平均数和方差分别为，
，将中间8个数作为另一组，
其平均数和方差分别为，，由C知，
，故D正确．故选ACD．
10．BCD 【解析】对于A，令，则，，
当时，，即，
所以，，不是等差数列，故A错误；
对于B，设的公差为d，则（定值），
所以是公比为的等比数列，故B正确；
对于C，，故是公差为的等差数列，故C正确；
对于D，
．
所以，故D正确．故选BCD．
11．ABC 【解析】由题可知，依次连接正方体6个面的中心，得到正八面体PABCDQ，如图所示．
对于A，点P，A，B，C，D，Q在图中正方体内切球的球面上，
设该球的半径为，因为，所以，得，
则所求球的体积为，故A正确；
对于B，由上图知，正八面体12条棱的中点在同一球的球面上，
即该球与12条棱相切于棱的中点，该球的直径为，
即，故该球表面积为，故B正确；
对于C，正八面体体积为，
设正八面体内任意一点到8个侧面的距离分别为，，…，，由体积相等，
得，解得（定值），故C正确；
对于D，由题意知，该正方体棱长最大时，
其外接球即为正八面体的内切球，设该球半径为，
取AB的中点，CD中点，该平面PT，OT，截该球所得截面圆的半径为，如图所示．
显然四边形，是边长为的菱形，且，
，由面积相等，得，
得．设该球的内接正方体棱长为a，则，
得，故D错误．故选ABC．
12．ABC 【解析】设直线，点，
，，由得，
则所以，．
由，得，则，
化为，
所以，
所以，，故，易知直线l过焦点．
对于A，设弦AB的中点为，因为，
所以，故M为的中点．故A正确；
对于B，直线MF的斜率，
所以，
所以，由，
得，即，
所以是与的等比中项，故B正确；
对于C，直线OA的斜率为，
故A，O，B三点共线．故C正确；
对于D，过M作C的两条切线，切点分别为，，
由题意可知直线的斜率一定存在，设斜率为k，
则其方程为，与联立，得，
由，得，
得，所以，化为，
同理，，因为直线，过点，
所以，所以，
显然该方程与直线l的方程相同，所以与l重合，
所以直线MA与C相切，二者有唯一公共点，故D错误﹒故选ABC．
三、填空题
13．300【解析】在中，令，
得，解得，
所以含的项为，其系数为300．
14．2【解析】法1：设，，则，如图所示．
因为，所以在△ABC中，，，
由正弦定理，得即，得，当时，．
法2：设，，则，作出△ABC的外接圆，如图所示．
因为，所以，因为，
当AC为圆的直径，即时，．
15．3【解析】设直线l与曲线相切于点，
由，得，因为l与曲线相切，
所以消去，得，解得．
设l与曲线相切于点，由，得，即，
因为是l与曲线的公共点，
所以，消去，得，即，解得．
16．【解析】由题意知，，由椭圆定义，
得，则，
，取线段的中点M，连接，如图所示．
易知，，
．
在中，得，
即，得，
即，又，解．
四、解答题
17．【解析】（1）由余弦定理，得，
又，所以，即，
由正弦定理，得，
即，
又，，所以，即，
所以，即．
（2）由，得，由，得．
在△ABD中，由正弦定理，得；
在△BCD中，由正弦定理，得，
所以，即，得，从而，
又，分别在△ABD和△BCD中，
由余弦定理，得，
解得．
18．【解析】（1）由，得①，
当时，，解得（负值舍去）．
当时，②，
①-②，得，
化为，
因为，，解得，
所以数列是首项为3、公差为2的等差数列，
所以，即．
（2）由（1）知，所以，
从而，
则，，…，，
以上n个式子相加，得．
19．【解析】（1）甲、乙经过一次换牌操作后，可能的取值为0，1，2，
由相互独立事件的乘法公式，
得，，
，
故分布列如下：
所以．
（2）由全概率公式，得
．
设操作k次后，甲赢的概率为，
则，所以．
设，即，
则，即．
又由（1）知，，
所以是以为首项、为公比的等比数列，
所以，其中，即，
所以．
20．【解析】（1）法1：取线段的中点F，连接EF，如下图所示．
因为E为线段的中点，所以
又，所以，所以A，B，F，E四点共面．
连接BF，因为，所以，
因为，所以，
又，所以平面ABFE，
因为平面ABFE，所以．
法2：取线段BC的中点F，线段AB的中点O，连接EF，OF，CO，，如下图所示．
因为E为线段的中点，所以，且，
又且，所以且，
所以四边形AOFE为平行四边形，所以，
因为△ABC为正三角形，所以，
又，，所以AB上平面，
因为平面，所以，
又，易知，
所以，所以，
又，所以．
（2）因为平面平面，平面平面，
由（1）中法2知，，所以平面ABC，所以，
以棱AB的中点O为坐标原点，分别以向量，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
取，则，，，，，
得，，．
设平面的一个法向量为，
则由得
即，取，得．
设平面的一个法向量为，
则由得
即，取，得．
所以
，
故平面与平面所成角的余弦值为．
21．【解析】（1）由题意，设动圆S的圆心为，半径为r，
圆的圆心为，半径为1，
圆的圆心为，半径为5．
而圆S与定圆，都内切，
所以，，
则．
于是，动圆S的圆心的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，
则，，，
故轨迹C的方程为．
（2）法1：如图，
由题意知直线l一定有斜率，设其斜率为k，
则直，与联立，
得，
其中，，
设，，
故
从而直线AM，AN的斜率之和为
．
又，，
所以，
故线段MN的中点为，由知，点G在轨迹C上．
法2：将双曲线C的右支及点按向量平移，
使→，P→，Q→、→．
设直线的方程为，则过点，所以，
平移后的双曲线方程为，即，
齐次化后为，
将以上的齐次方程两边同时除以，
整理得，
由题意得，是该方程的两个实根，
由韦达定理，，
又，，
所以，
故线段MN的中点是，由知，点G在轨迹C上．
22．【解析】（1），，
令，则，，
则，
令，，则，
所以函数在上单调递增，所以，即，
故的值域为．
（2）令函数，，则，
所以在上单调递增，所以，
故当时，，所以．
由（1）知，当1时，
所以当时，，
所以，
令，其中，，2，3，…，n，
则，
所以，，
，…，，
以上n个式子相加得
，
即当时，．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
C
D
B
D
B
A
C
ACD
BCD
ABC
ABC
0
1
2
P