河北省秦皇岛市部分示范高中2024届高三下学期三模数学试卷

这是一份河北省秦皇岛市部分示范高中2024届高三下学期三模数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题 共58分）
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】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合，即可由交集的运算求解.
【详解】，
故，
故选：D
2. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】若，，则可能平行，异面或者相交，故A错误；
若，，则与可能平行，可能相交，也可能，故B错误；
若，，则与可能平行，也可能，故C错误；
若，，由线面垂直的性质定理可知，故D正确；
故选：D
3. 已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（ ）．试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象和的奇偶性判断.
【详解】易知是偶函数， 是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数，
A. ，定义域为R，
又，所以是奇函数，符合题意，故正确；
B. ，，不符合图象，故错误；
C. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误；
D. ，定义域为R，
但，故函数是非奇非偶函数，故错误，
故选：A
4. 已知等比数列的前项和为，满足，则数列的公比为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据与的关系并结合等比数列的性质进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，由题设得
，
解得．
故选：C．
5. 若的展开式中含项的系数为10，则的值是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式定理展开式的通项进行计算即可.
【详解】的展开式中含项的系数为
，
解得或（舍），
故选：B.
6. 已知复数满足，，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出对应复数，利用复数的运算性质整体代值运算即可.
【详解】设，，且，
由已知得，，得，
又，
故，，
同时平方得，，
相加并化简得，
而，
.
故选：D
7. 已知正数，，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化为，作差法并构造函数，求导利用导数求出函数最值，比较大小，再利用作差法比较大小，即可比较的大小.
【详解】由得，即，所以，
令，，
当时，，在单调递增，
所以，所以，
则有，所以；
由得，即，
所以，
因为，所以，即，故．
故选：A.
【点睛】方法点睛：比较大小时，可根据数值构造函数，利用函数的单调性，最值比较大小.
8. 已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据的对称性求出，结合函数的单调性可得的取值范围，即可确定k的值，一一验证k的取值，是否符合题意，即可确定的可能值，从而得解.
【详解】由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，
故，则，
即，
由函数在上单调，
得，即，即，
解得，而，故或1，或2，
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，结合，得，
则，此时，
当时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
综上，或.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用的对称性与单调性得到的可能取值，从而检验得解.
二、选择题（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. 美国数学史家、穆伦堡学院名誉数学教授威廉・邓纳姆在1994年出版的The Mathematical Universe一书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的‘无言的证明’，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．”如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用图形结合解直角三角形，二倍角正弦公式和三角形面积公式求解判断各个选项.
详解】如图，
对于A，在中，，，又，
则，，
在中，可求得，
所以，故A正确；
对于B， ，故B错误；
对于C，在中，因为，，则，故C正确；
对于D，，
，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ）
A.
B.
C. 点为圆和圆的另一个交点
D. 圆与圆有一条公切线的倾斜角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD.
【详解】的方程可化为，可得，，．
由为的中点，为的中点，得，A错误．
由为的中点，为的中点，得，
则，B正确．
设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，
可得，为的中位线，则直线平分线段，
则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．
如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，
连接，，过点作，垂足为．
由，，
得，
可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.
11. 在正四面体中，，分别为棱和（包括端点）的动点，直线与平面，平面所成角分别为，，则（ ）
A. 的正负与点，位置都有关系
B. 的正负由点位置确定，与点位置无关
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】取的中点，连接，过点在平面内分别作，垂足分别为，利用线面角的定义可判断AB选项；求出的最大值和最小值，结合线面角的定义即可判断选项CD.
【详解】取的中点，连接，过点在平面内分别作，
垂足分别为，如图所示，
在正四面体中，均为等边三角形，因为为的中点，
所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面.
所以直线与平面所成的角为，即，
同理可得，所以的正负只由点位置确定，与点位置无关，
故选项A错误，选项B正确；
设，则，且,
在中，，
由余弦定理可得：，
所以，
所以，
则，
将正四面体补成正方体，如图所示：
连接，在线段上取点，使得，
因为且，
所以四边形为平行四边形，所以平面，
因为平面，所以，
所以平行四边形为矩形，则，
因为且，所以四边形为矩形，
则，且.
因为平面，平面，所以，
设，因为四边形为正方形，所以，
所以，且，
则，
所以，
则，
，故选项C错误，D正确.
故选：BD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. .
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设为平面向量.若为单位向量，与的夹角为，则与的数量积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义及运算性质求解.
【详解】,,,
,
故答案：
13. 从中任意选1个数字，从中任意选2个数字，得到没有重复数字的三位数.在所组成的三位数中任选一个，则该数是偶数的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两个计数原理及古典概型计算即可.
【详解】根据题意可知：若从中任意选1个不为0的数字有种选法，
从中任意选2个数字有种选法，
由选出的3个数字组成三位数有！种组法，共种方法，
其中偶数有个；
若从中选0，再从中任意选2个数字有种选法，
由选出的3个数字组成三位数有种组法，共种方法，
其中偶数有个；
所以该数为偶数的概率为.
故答案为：
14. 已知数列是给定的等差数列，其前项和为，若，且当与时，取得最大值，则的值为_________.
【答案】21
【解析】
【分析】不妨设数列的公差大于零，不妨取，则，设，再分和两种情况讨论，可得出的值，再讨论，即可求出，即可得解.
【详解】不妨设数列的公差大于零，
由于，得，
且时，，时，，
不妨取，则，
设，
若，则，此时式子取不了最大值；
若，则，
又时，，
因为，此时式子取不了最大值；
因此这就说明必成立.
若，则，
这也就说明不成立，因此，
所以.
故答案为：.
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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，的外接圆半径为.
（1）求的面积；
（2）求边上的高.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及余弦定理可求出，利用面积公式计算即可；
（2）根据三角形面积公式即可求.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得，，则，
根据余弦定理，得，
所以，所以，
所以
【小问2详解】
，所以.
16. 如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

（1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
（2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）答案见解析，
（2）或
【解析】
【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【小问1详解】
过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
17. 已知椭圆：的离心率为，过点的直线交于点，，且当轴时，.
（1）求的方程
（2）记的左焦点为，若过，，三点的圆的圆心恰好在轴上，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得点在上，结合离心率可求椭圆的方程；
（2）设圆心，，，：，由，可得，进而可得，分别是方程的两根，可得，联立直线与椭圆方程可得，可求直线的斜率.
【小问1详解】
当轴时，，
所以点在上，
依题意，解得，，，
所以的方程为.
【小问2详解】
设圆心，，，，
显然直线的斜率存在，设：，
由，得，
又，代入得到，
同理可得，
则，分别是方程的两根，
由韦达定理可得.
又联立：与，
得，，
所以，
所以
故，解得，
故直线的斜率为.
18. 将保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中15个区域进行编号，统计抽取到的每个区域的某种水源指标和区域内该植物分布的数量，得到数组.已知，，.
（1）求样本的样本相关系数；
（2）假设该植物的寿命为随机变量（可取任意正整数），研究人员统计大量数据后发现，对于任意的，寿命为的样本在寿命超过的样本里的数量占比与寿命为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均为0.1，这种现象被称为“几何分布的无记忆性”.
（i）求表达式；
（ii）推导该植物寿命期望的值（用表示，取遍），并求当足够大时，的值.
附：样本相关系数；当足够大时，.
【答案】（1）0.8 （2）（i）；（ii），10
【解析】
【分析】（1）利用相关系公式计算即可；
（2）（i）由题意可得，进而可得，可得；
（ii）由定义知，，由错位相减法可得，可求足够大时，的值.
【小问1详解】
由，，.
得样本相关系数，.
【小问2详解】
（i）依题意，，
又，
则，
当时，把换成，
则，
两式相减得，
即，
又，
所以对任意都成立，
从而是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，
所以.
（ii）由定义知，，
而，，
显然，
于是，
两式相减得，
因此，
当足够大时，，
则，可认为，
所以该植物寿命期望的值是10.
【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．
19. 帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，
已知函数.
（1）求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到
（2）在（1）的条件下：
①求证：；
②若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）① 证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可；
（2）令，，求导得到判断在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可；
由已知令，且，所以是的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可.
【小问1详解】
由题可知函数在处的阶帕德近似，
则，，，
由得，所以，
则，又由得，所以，
由得，所以，
所以.
【小问2详解】
①令，，
因为，
所以在及上均单调递减.
当，，即，
而，所以，即，
当，，即，
而，所以，即，
所以不等式恒成立；
②由得在上恒成立，
令，且，所以是的极大值点，
又，故，则，
当时，，所以，
当时，，，则，故在上单调递增，
所以当时，，
当时，，
令，因为，所以在上单调递减，
所以，又因为在上，
故当时，，
综上，当时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.