河北省沧州市部分高中2024届高三下学期二模考试数学试卷(解析版)

这是一份河北省沧州市部分高中2024届高三下学期二模考试数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了 已知，则的虚部为， 若点在圆， 化简， 在的展开式中，项的系数为， 若，则下列大小关系正确的是， 已知实数满足，则等内容，欢迎下载使用。

一､选择题
1. 已知，则的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，
则，所以的虚部为1.
故选：A
2. 若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意知，
故，
又由圆的一般方程，
可得，即，
即或，
所以实数的范围为.
故选：C.
3. 化简（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】.
故选：B.
4. 随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“”促销活动.市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据：
用最小二乘法求得与之间的经验回归方程是，当售价为45元时，预测该商品的销售量件数大约为（ ）（单位：百件）
A. 11.2B. 11.75C. 12D. 12.2
【答案】D
【解析】因为，，
所以回归直线过点，故，解得，
所以，将代入中，得，
即当售价为45元时，该商品的销售量件数大约为百件.
故选：D.
5. 在的展开式中，项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法，
余下5个因式中有2个取，有种取法，最后3个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为.
故选：A.
6. 若，则下列大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由对数函数单调性，可得，所以；
因为，所以，
又因为，所以，即，所以.
故选：B.
7. 已知四面体满足，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为四面体满足，
可得，
设平面的一个法向量，
则，
令，解得，
所以，
所以，
设点到平面的距离为，则.
故选：D.
8. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】令，
所以．
令，定义域为，
令，易知在上单调递增，且．
所以，
则函数有两个零点转化为函数的图象与直线有两个交点．
则，当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，；当时，，
则，解得，即实数的取值范围是．故选：D．
二､多选题
9. 已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】因为，所以的符号不确定，
由不等式的性质知成立，但不一定成立，
故A正确，B错误；
因，故C正确；
因为，所以，所以，故D错误.
故选：AC.
10. 已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ）
A. 过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条
B. 当的面积为时，
C. 为钝角三角形
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】如图①所示，因为，所以，解得，
所以抛物线的标准方程为.
对于A，因为，当时，，故点在抛物线的外部，
所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于B，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去，
整理得，所以，
又，所以
，
解得，则，
则，故B错误；
对于C，由选项B可知，
所以，故为钝角，
所以为钝角三角形，故C正确；
对于D，由选项B可知，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
图①
11. 已知是定义在上的单调递增且图象连续不断的函数,若，恒有成立，设，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】对于选项A：令，得，即，
因为在上单调递增，可知不恒等于，所以，故A正确；
对于选项B：若存在使得，
令，得，则恒等于1，
这与单调递增矛盾，故，故B错误；
对于选项CD：若存在，使得，因为的图象连续不断，，
故存在，使得，与上述矛盾，
故，可得，
则，
当且仅当时取等号，
又因为单调递增，故不取等号，即，
令时，可得，则，
当时，令，则，
因为单调递减且，可知单调递增，
所以，又因为，则，
且在上单调递增，
因为，
可知，所以，故C错误，D正确.故选：AD.
三､填空题
12. 已知集合，若，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由题意知，又且，故，即的取值范围为.故答案为：.
13. 已知函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围为______．

【答案】
【解析】由的部分图象，可得．
由图可知点在的图象上，则，，
由五点作图法可得，，解得，则．
将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍得到的图象，
再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．
作出函数的部分图象如图所示，

由根据函数的图象知：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即方程在上有两个不相等的实数根．
故答案为：
14. 已知为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】由及，
得，，
又，则，设，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
于是，且，
整理得，且，因此，
所以的离心率为.
故答案为：

四､解答题
15. 已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，记，求．
解：（1）设等差数列的公差为，则，
即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
16. 由教育部､体育总局､共青团中央共同主办，广西壮族自治区人民政府承办的中华人民共和国第一届学生（青年）运动会于2023年11月5日至15日在广西壮族自治区举办，这是全国青年运动会和全国学生运动会合并后的首届赛事.来自全国各地的学生青年运动健儿们共赴青春之约，在八桂大地挥洒汗水写就华章.青运会结束后，某学校组织学生参加与本届青运会有关的知识竞赛，为了解该校学生对本届青运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取600名学生进行调查，成绩全部分布在40~100分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示.

（1）求频率分布直方图中的值；
（2）估计这600名学生成绩的中位数；
（3）由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：
①若这次竞赛共有2.8万名学生参加，试估计竞赛成绩超过86.8分的人数（结果精确到个位）；
②现从所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过77.8分的人数为，求随机变量的期望和方差.
附：若随机变量服从正态分布，则.
解：（1）由频率分布直方图中条形图的面积所表示的频率之和为1得：
，
解得.
（2）由频率分布直方图，因为前4组的频率为，
所以估计600名学生成绩的中位数为80.
（3）①由频率分布直方图，可利用区间中点值和频率来估计平均数，即，
所以，则，
题意中是把这个2.8万人看成一个总体，这里面每个人的成绩分布是服从正态分布，
为了便于计算，我们又可以把这个事件看成伯努利事件，每个人的成绩超过86.8分的概率约是，
所以，此时，
即估计竞赛成绩超过86.8分的人数约为4442人.
②由①得，则，由于是从所有参赛的学生中随机抽取10人，
所以我们把这个事件看作伯努利事件，即随机变量，
所以.
17. 如图，在三棱柱中，是边长为2等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3．

（1）证明：平面平面；
（2）若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值．
（1）证明：取中点，连接，
因为，所以为等边三角形，
因为为中点，所以，，
因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为，
所以，所以，则平面，
又平面，所以平面平面．
（2）解：连接，由（1）知平面，又平面，
所以，
因为为的中点，，所以，且，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，
因为，所以，
因为为中点，所以，
则，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以，所以．

18. 已知双曲线一个焦点到渐近线的距离为，且离心率为2．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）设分别是双曲线左、右两支上的动点，为双曲线的左顶点，若直线的斜率分别为，且，求直线的方程．
解：（1）由题知双曲线的渐近线方程为，
不妨设，则焦点到渐近线的距离，
的离心率为，
故双曲线的标准方程为．
（2）由（1）可得，
当直线的倾斜角为零时，由，得直线的方程为，
代入双曲线方程可得，不妨令，，
则，不符合题意，则直线的倾斜角不为零，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
，，，
．，，
，，
，
，
，
即，
，
，
或．
当时，，不符合题意，．
，，
，
解得，故直线的方程为．
综上，直线的方程为或．

19. 若函数与在区间上恒有，则称函数为和在区间上的隔离函数.
（1）若，判断是否为和在区间上的隔离函数，并说明理由；
（2）若，且在上恒成立，求的值；
（3）若，证明：是为和在上的隔离函数的必要条件.
（1）解：是和在区间上的隔离函数.
因为，
所以，
在上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，在上取到最小值0，故.
又，所以.
综上，是和在区间上的隔离函数.
（2）解：设，则，
因为，则是的极小值点，也是最小值点，
所以，即.
当时，，
当时，；当时，，
所以，即恒成立（当且仅当时取等号），
故.
（3）证明：设，
由（2）得（当且仅当时取等号），
所以
，当且仅当时取等号，
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，即，则，
又，则，
由隔离函数定义可得，所以，
设，
则，
又，则是的极小值点，
所以，即，
结合，得，故，
所以是为和在上的隔离函数的必要条件.
20
25
30
35
40
5
7
8
9
11