2024年河北省保定市十校高考数学三模试卷-普通用卷

这是一份2024年河北省保定市十校高考数学三模试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z满足iz+4z−−15=0，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知椭圆y2m2+2+x2m2=1的离心率为 33，则m=( )
A. ± 2B. ±2C. ±2 2D. ±4
3.若集合A={x| x≤a}，B={x|x2−2x−3≤0}，且A⊆B，则a的取值范围为( )
A. [0,1]B. [0, 3]C. (−∞,1]D. (−∞, 3]
4.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m//l”是“m//β”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
5.三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定，且每人最多参加一个晚会，则不同的选法有( )
A. 8种B. 12种C. 16种D. 24种
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=2C，b= 2a，则( )
A. △ABC为直角三角形B. △ABC为锐角三角形
C. △ABC为钝角三角形D. △ABC的形状无法确定
7.已知0是函数f(x)=x3+ax2+1的极大值点，则a的取值范围为( )
A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (−∞,−23)D. (−23,+∞)
8.假设在某种细菌培养过程中，正常细菌每小时分裂1次(1个正常细菌分裂成2个正常细菌和1个非正常细菌)，非正常细菌每小时分裂1次(1个非正常细菌分裂成2个非正常细菌)，若1个正常细菌经过14小时的培养，则可分裂成的细菌的个数为( )
A. 215+2B. 216−2C. 217D. 218
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)=2|sinx|csx，则( )
A. f(x)是偶函数B. f(x)是周期为π的周期函数
C. f(x)在[π,5π4]上单调递增D. f(x)的最小值为 22
10.设l1，l2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0,a≠b)的两条渐近线，若直线l1与直线y=x关于直线l2对称，则双曲线C的离心率的平方可能为( )
A. 5+2 3B. 5−2 3C. 8+4 3D. 8−4 3
11.在长方形ABCD中，AB=6，AD=1，点E在线段AB上(不包含端点)，沿DE将△ADE折起，使二面角A−DE−C的大小为θ，θ∈(0,π)，则( )
A. 存在某个位置，使得AE⊥DC
B. 存在某个位置，使得直线BC//平面ADE
C. 四棱锥A−BCDE体积的最大值为2 53
D. 当θ=π3时，线段AC长度的最小值为2 7
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(x2−y2)(2x+y)6的展开式中x4y4的系数为______.
13.已知奇函数f(x)的定义域为R，f(x+3)=−f(−x)，且f(2)=0，则f(x)在[0,6]上的零点个数的最小值为______.
14.设a，b，c>0，则a+2 ab+4 aca+b+4c的最大值为______.
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.(本小题13分)
已知m>0，函数f(x)=ex−2x+m的图象在点(0,f(0))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2.
(1)求m的值；
(2)求f(x)在[−1,2]上的值域.
16.(本小题15分)
教练统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲12次投篮次数的方差s12=893，乙8次投篮次数的方差s22=23.
(1)求这20次投篮次数的平均数x−与方差s2.
(2)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为45，乙每次投篮的命中率均为34.已知第一次投篮的人是甲，且甲、乙总共投篮了3次，X表示甲投篮次数，求X的分布列与期望.
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB，四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3，AC1⊥B1C.
(1)证明：BC=BB1.
(2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，求二面角B−CC1−A的正弦值.
18.(本小题17分)
“完全数”是一类特殊的自然数，它的所有正因数的和等于它自身的两倍.寻找“完全数”需要用到函数σ(n)，记函数σ(n)：∀n∈N+，σ(n)为n的所有正因数之和.
(1)判断28是否为完全数，并说明理由.
(2)已知n∈N+，若2n+1−1为质数，证明：2n(2n+1−1)为完全数.
(3)已知n∈N+，求σ(10n)，σ(30n)的值.
19.(本小题17分)
已知O为坐标原点，经过点(4,0)的直线l与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B(A,B异于点O)两点，且以AB为直径的圆过点O.
(1)求C的方程；
(2)已知M，N，P是C上的三点，若△MNP为正三角形，Q为△MNP的中心，求直线OQ斜率的最大值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
代入iz+4z−−15=0，得i(a+bi)+4(a−bi)−15=0，
可得(4a−b−15)+(a−4b)i=0，
则4a−b−15=0a−4b=0，解得a=4b=1.
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为(4,1)，位于第一象限．
故选：A.
设z=a+bi(a,b∈R)，代入iz+4z−−15=0，整理后利用复数相等的条件列式求解a与b的值，则答案可求．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意，m2+2>m2，
所以a2=m2+2，b2=m2，
所以c2=a2−b2=m2+2−m2=2，
所以e=ca= c2a2= 2m2+2= 33，
解得m2=4，
所以m=±2.
故选：B.
由题意a2=m2+2，b2=m2，所以c2=a2−b2=m2+2−m2=2，再利用离心率公式即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，B={x|x2−2x−3≤0}=[−1,3]，
当a0，解得a0,b>0,a≠b)的两条渐近线l2：y=bax，l1是y=−bax，直线l1与直线y=x关于直线l2对称，
可得：|ba−11+ba|=|−2ba1−b2a2|，
化简可得：(ba)2−4⋅ba+1=0，
解得ba=2± 3，
e2=c2a2=1+(ba)2=1+(2± 3)2=8±4 3；
l1，l2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0,a≠b)的两条渐近线l1：y=bax，l2是y=−bax，直线l1与直线y=x关于直线l2对称，
可得：|−ba−11−ba|=|2ba1−b2a2|，
化简可得：(a+b)2=2ab.无解．
故选：CD.
写出渐近线方程，利用夹角公式，转化求解离心率的平方即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查发现问题解决问题的能力，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：设点A在平面BCDE上的投影为A1，即A1A⊥DC，
而当A1E⊥DC时，AA1∩A1E=A1，AA1，A1E⊂平面AA1E，
所以CD⊥平面AA1E，AE⊂平面AA1E，所以AE⊥DC，
这种情况显然存在，故A正确；
若BC//平面ADE，BC⊂平面BCDE，平面BCDE∩平面ADE=DE，
所以BC//DE，显然矛盾，故B错误；
设∠ADE=α，α∈(0,∠ADB)，则点A到DE的距离为sinα，AE=tanα，BE=6−tanα，
要使得四棱锥A−BCDE的体积最大，则θ=π2，
V=13×(6+6−tanα)×12×sinα=16(12sinα−sin2αcsα)，
V′=16(12csα−2sinαcs2α+sin3αcs2α)=sinα6(12tanα−2−tan2α)，
y=12tanα−2−tan2α，在(0,π2)上单调递减，
且当tanα=2时，12tanα−2−tan2α=0，
令tanα0=2，α0∈(0,∠ADB)，则sinα0=2 55,csα0= 55，
所以V在(0,α0)上单调递增，在(α0,∠ADB)上单调递减，
故Vmax=16(12×2 55−2×2 55)=2 53，
即四棱锥A−BCDE体积的最大值为2 53，C正确；
过A，C作DE的垂线，垂足分别为M，N，从而得到AM⋅DM=0，CN⋅DE=0，
又AC→=AM→+MN→+NC→，
所以AC→2=(AM→+MN→+NC→)2=AM→2+MN→2+NC→2+2AM→⋅MN→+2AM→⋅NC→+2MN→⋅NC→=|AM→|2+|MN→|2+|NC→|2+2AM→⋅NC→，
因为二面角A−DE−C的大小为π3，
所以AM与NC的夹角为120∘，
设∠ADE=α，α∈(0,∠ADB)，则∠CDE=π2−α，
AM=sinα，CN=6csα，DM=csα，DN=6sinα，
所以MN=|csα−6sinα|，
所以|AC|2=(sinα)2+(csα−6sinα)2+(6csα)2+2sinα⋅6csα⋅(−12)=37−9sin2α.
故当α=π4时，|AC|2有最小值28，
故线段AC长度的最小值为2 7.D正确．
故选：ACD.
利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D.
本题考查线面平行的判定以及导数和向量在立体几何中的应用，属于中档题．
12.【答案】−180
【解析】解：设(2x+y)6的展开式的通项为Tr+1=C6r(2x)6−ryr=26−rC6rx6−ryr，
则(x2−y2)(2x+y)6的展开式中含x4y4的系数为−24C62+22C64=−180.
故答案为：−180.
由已知结合二项展开式的通项即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
13.【答案】9
【解析】解：因为f(x+3)=−f(−x)对∀x∈R都成立，
所以函数y=f(x)的图象关于(32,0)中心对称，
所以f(32)=0，
又因为y=f(x)是R上的奇函数，
所以f(x+3)=−f(−x)=f(x)，
所以函数为周期函数，最小正周期为3，
又因为f(2)=0，
所以f(5)=f(2+3)=0，
f(−2)=−f(2)=0，
所以f(1)=f(−2+3)=f(−2)=0，
所以f(4)=f(1+3)=f(1)=0，
f(3)=f(0)=0，
f(6)=f(3+3)=f(3)=0，
f(92)=f(32+3)=f(32)=0，
所以在[0,6]上，
有f(0)=f(1)=f(2)=f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=f(92)=f(32)=0.
所以f(x)在[0,6]上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
由题意可得数y=f(x)的图象关于(32,0)中心对称及是周期为3的周期函数，再由f(2)=0，则可以求得函数在[0,6]上的已知零点，即可得答案．
本题考查了奇函数的性质，考查了函数的对称性、周期性，关键是得出函数的周期为3，属于中档题．
14.【答案】2
【解析】解：因为a>0，b>0，所以2 ab≤a2+2b，当且仅当a2=2b时，即a=4b时，等号成立．
又因为a>0，c>0，所以4 ac≤a2+8c，当且仅当a2=8c时，即a=16c时，等号成立．
因此，a+2 ab+4 aca+b+4c≤a+(a2+2b)+(a2+8c)a+b+4c=2a+2b+8ca+b+4c=2，
当正数a、b、c满足a：b：c=16：4：1时，a+2 ab+4 aca+b+4c的最大值为2.
故答案为：2.
根据a、b、c均为正数，证出2 ab≤a2+2b，4 ac≤a2+8c，由此代入题中式子，得到a+2 ab+4 aca+b+4c≤2，利用基本不等式取等号的条件求出a+2 ab+4 aca+b+4c的最大值．
本题主要考查不等式的性质、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
15.【答案】解：(1)f′(x)=ex−2，
则f′(0)=e0−2=−1，
又f(0)=e0−0+m=1+m，
则切线方程为y−(1+m)=−x，即x+y−1−m=0，
当x=0时，y=1+m>0，
当y=0时，x=1+m>0，
则12(1+m)2=2，
解得m=1(负值舍去)；
(2)由(1)可知，f(x)=ex−2x+1，
则f′(x)=ex−2，
令f′(x)ln2，
则函数f(x)在[−1,ln2]上单调递减，在(ln2,2]上单调递增，
又f(−1)=e−1+2+1=1e+3,f(ln2)=2−2ln2+1=3−2ln2,f(2)=e2−3，e2−3>1e+3，
则函数f(x)在[−1,2]上的值域为[3−2ln2,e2−3].
【解析】(1)对函数f(x)求导，利用导数的几何意义求出切线方程，再结合题意可得m的值；
(2)利用(1)判断函数f(x)在[−1,2]上的单调性，进而得出最值，得到答案．
本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数在闭区间上的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)甲12次投篮次数的平均数x1−=80，乙8次投篮次数的平均数x2−=75，
故所求平均数x−=1220x1−+820x2−=3×80+2×755=78，
s2=1220[s12+(x1−−x−)2]+820[s22+(x2−−x−)2]
=3×[893+(80−78)2]+2×[23+(75−78)2]5=33；
(2)由题X的可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=15×34×1=320，
P(X=2)=45×15×1+15×14×1=21100，
P(X=3)=45×45×1=1625，
所以X的分布列为：
则E(X)=1×320+2×21100+3×1625=249100.
【解析】(1)利用平均数的计算公式及分层抽样的方差公式计算即可；
(2)利用离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可．
本题考查了概率统计的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：设O为AB的中点，连接CO，B1O，AB1，BC1，
因为CA=CB，所以AB⊥OC，
因为四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1=π3，
所以△ABB1为等边三角形，则AB⊥OB1，
又OC⊂平面OB1C，OB1⊂平面OB1C，OC∩OB1=O，
所以AB⊥平面OB1C，
因为B1C⊂平面OB1C，所以AB⊥B1C，
因为AC1⊥B1C，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，AC1∩AB=A，
所以B1C⊥平面ABC1，
因为B1C⊂平面ABC1，
所以BC1⊥B1C，所以四边形BCC1B1为菱形，即BC=BB1.
(2)因为平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩平面ABB1A1=AB，
AB⊥OB1，
所以B1O⊥平面ABC，
以O为坐标原点，OC，OA，OB1所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，
则O(0,0,0)，C( 3,0,0)，B(0,−1,0)，B1(0,0, 3)，A(0,1,0)，
可得AC=( 3,−1,0)，BB1=CC1=(0,1, 3)，BC=( 3,1,0)，
设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BC= 3x+y=0m⋅CC1=y+ 3z=0，
令x=1，则y=− 3，z=1，可得m=(1,− 3,1)，
设平面ACC1A1的法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅AC= 3a−b=0n⋅CC1=b+ 3c=0，
令a=1，则b= 3，c=−1，
可得n=(1, 3,−1)，
|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n|m||n||=35，
故二面角B−CC1−A的正弦值为45.
【解析】(1)通过线面、面面的位置关系证平行四边形BCC1B1为菱形即可；
(2)先证B1O⊥平面ABC，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解．
本题考查线面垂直与空间向量的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)28是完全数，理由如下：
28的所有正因数为1，2，4，7，14，28，
因为1+2+4+7+14+28=56=2×28，所以28是完全数．
(2)证明：2n(2n+1−1)的正因数为20，21，22，…，2n，20(2n+1−1)，21(2n+1−1)，22(2n+1−1)，…，2n(2n+1−1)，
σ(2n(2n+1−1))=(1+2+22+⋯+2n)(2n+1−1+1)
=2n+1−12−1×2n+1=2n+1(2n+1−1)=2×2n(2n+1−1)，
所以2n(2n+1−1)为完全数．
(3)10n=2n⋅5n的正因数为2050，2051，2052，…，205n，2150，2151，2152，…，215n，…，2n50，2n51，2n52，…，2n5n，
所以σ(10n)=(1+2+22+…+2n)(1+5+52+…+5n)=(2n+1−1)(5n+1−1)4，
因为30n=2n⋅3n⋅5n，
所以σ(30n)=(1+2+22+…+2n)(1+3+32+…+3n)(1+5+52+…+5n)
=1+2n+11−2×1−3n+11−3×1−5n+11−5=(2n+1−1)(3n+1−1)(5n+1−1)8.
【解析】(1)根据完全数的概念求解即可；
(2)根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算证明即可；
(3)根据完全数的概念结合等比数列求和公式计算求解即可．
本题主要考查新定义问题，数列的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设A(xA,yA)，B(xB,yB)，l：x=my+4，
联立方程x=my+4y2=2px，
得y2−2pmy−8p=0，
则yA+yB=2pm，yAyB=−8p，
因为以AB为直径的圆过点O，
所以OA⊥OB，则xAxB+yAyB=0，
即yA22p⋅yB22p+yAyB=0，
解得yAyB=−4p2，
所以−4p2=−8p，解得p=2，
所以C的方程为y2=4x；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x3,y3).
不妨设N，M，P按逆时针顺序排列．
①当△MNP有一边斜率不存在时，另一顶点为(0,0)，不妨设P(0,0)，
则lMP:y= 33x，lNP：y=− 33x，
与抛物线C的方程联立得M(12,4 3)，N(12,−4 3)，中心Q(8,0)；
②当△MNP三边的斜率都存在时，kMN=y1−y2x1−x2=4y1+y2，kMP=4y1+y3.
又∠NMP=60∘，
所以4y1+y2−4y1+y31+4y1+y2⋅4y1+y3=tan60∘= 3，
化简可得4(y3−y2)= 3[(y1+y2)(y1+y3)+16]，
同理可得4(y2−y1)= 3[(y3+y1)(y3+y2)+16]，4(y1−y3)= 3[(y2+y3)(y2+y1)+16]，
三式相加得0= 3[y12+y22+y32+3(y1y2+y2y3+y3y1)+48].
因为M，N，P是C上的三点，
所以y12+y22+y32=4(x1+x2+x3)，
又(y1+y2+y3)2=y12+y22+y32+2(y1y2+y2y3+y3y1)，
所以3(y1+y2+y3)2+96=4(x1+x2+x3)，
设Q(x,y)，
则3x=x1+x2+x3，3y=y1+y2+y3，
代入上式得9y2=4x−32.
又①也满足9y2=4x−32，
所以Q的轨迹方程为9y2=4x−32.
当y>0时，直线OQ的斜率为yx=4y9y2+32=49y+32y≤ 212，
当且仅当y=4 23时，直线OQ的斜率取得最大值 212.
当y≤0时，直线OQ的斜率yx≤0.
综上，直线OQ斜率的最大值为 212.
【解析】(1)设A(xA,yA)，B(xB,yB)，l：x=my+4，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及xAxB+yAyB=0，求解即可；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(x3,y3)，分△MNP有一边斜率不存在时和△MNP三边的斜率都存在时，求得Q的轨迹方程为9y2=4x−32，再利用斜率公式及基本不等式求解即可．
本题考查了抛物线的性质、韦达定理、基本不等式的应用，考查了分类讨论思想及斜率公式，属于中档题．甲
77
73
77
81
85
81
77
85
93
73
77
81
乙
71
81
73
73
71
73
85
73
X
1
2
3
P
320
21100
1625