2024届河北省高三上学期学生全过程纵向评价（一）数学试题含解析

这是一份2024届河北省高三上学期学生全过程纵向评价（一）数学试题含解析，共24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。

一、单选题
1．若复数满足，则的虚部为
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由得到，再由复数除法运算，即可得出结果.
【详解】因为，所以，故的虚部为.
故选D.
【点睛】本题考查了复数的运算、复数的虚部的概念，突显了对数学运算、基本概念的考查. 解答本题首先要了解复数的虚部的概念，其次要能熟练进行复数的四则运算.
2．设全集为，集合，则（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再利用集合并集和补集的定义求解即可.
【详解】由可得，由可得，
所以，，
所以，，
故选：B
3．某大学强基测试有近千人参加，每人做题最终是否正确相互独立，其中一道选择题有5个选项，假设若会做此题则必能答对.参加考试的同学中有一部分同学会做此题；有一半的同学完全不会，需要在5个选项中随机蒙一个选项；剩余同学可以排除一个选项，在其余四个选项中随机蒙一个选项，最终统计该题的正答率为30%，则真会做此题的学生比例最可能为（ ）
A．5%B．10%C．15%D．20%
【答案】B
【分析】设测试总人数为，真会做此题的学生人数为，再由已知列式计算得解.
【详解】设测试总人数为，真会做此题的学生人数为，
依题意，，解得.
故选：B
4．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则此双曲线的离心率为（ ）
A．2或B．C．D．或2
【答案】A
【分析】由双曲线的性质求解．
【详解】由题意得双曲线的渐近线为，
而两条渐近线的夹角为，故的倾斜角为或，故或，
或2，
故选：A
5．已知，且，则的最小值为（ ）
A．8B．16C．12D．4
【答案】A
【分析】换元令，可得，，根据“1”的灵活应用结合结合基本不等式运算求解.
【详解】令，则，
可得，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为8.
故选：A.
6．已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．，则
【答案】C
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判定即可.
【详解】如图所示正方体中，

若直线分别对应，底面对应，显然有，
但，即A错误；
若底面对应，侧面分别对应，显然有，
但，即B错误；
同上假设底面对应，侧面分别对应，
则直线分别对应，显然三条直线两两垂直，即D错误；
由面面平行的性质可知C项正确.
故选：C
7．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，根据三角函数的性质、利用导数判断单调性，作商比较大小即可得解.
【详解】解：由题意，
∵，∴，
∴，即有.
又因为，设，，
则，
当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递增，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
又因为，设，，
则，当且仅当时等号成立；
∴函数在上单调递减，
∴当时，即有，当且仅当时等号成立；.
∴，即有.
综上知，.
故选：D.
8．若是的垂心，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接，利用中点向量公式结合给定等式推得，再利用垂心的性质，垂直关系的向量表示，二倍角的正切公式计算得解.
【详解】在中，取的中点，连接，则，如图，
由，得，于是，
，
由是的垂心，得，则
因此，即，
显然，，令直线交于，交于，
在中，，即，
则，
所以的值为.
故选：B
【点睛】关键点睛：涉及向量垂直关系，利用基底表示出相关向量，再利用向量数量积的运算律求解是关键.
二、多选题
9．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】ABC
【分析】①不同方法数为，即选项A错误；
②不同的方法数为，即选项B错误；
③不同方法数为，即选项C错误，
④不同安排方案的种数是，即选项D正确，
【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项A错误；
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误；
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，即选项C错误，
④每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，即选项D正确，
综合①②③④得：选项正确，
故选：ABC
10．是定义在R上的奇函数，对任意，均有，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．4是函数的一个周期
B．当时，
C．当时，的最大值为
D．函数在上有1011个零点
【答案】AC
【分析】根据给定条件，探讨函数的性质，再结合给定区间上的函数式逐一计算判断得解.
【详解】由对任意，均有，得，即，
函数的图象关于直线对称，而是定义在R上的奇函数，
则，于是，因此4是函数的一个周期，A正确；
当时，，而当时，，
因此，B错误；
当时，，，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
于是，C正确；
当时，由，得，由，得，且，
显然函数在上递减，在上递增，结合对称性得函数在上只有0和2两个零点，
由知，函数在上只有2和4两个零点，
因此函数在上只有2个零点，在上有个零点，D错误.
故选：AC
11．已知抛物线，直线交抛物线于两点，分别过两点作抛物线的切线，两条切线相交于点，设为弦的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平行于轴
B．若直线过抛物线的焦点，则点一定在抛物线的准线上
C．若，则面积的最大值为
D．
【答案】ABD
【分析】根据结论：抛物线在其上一点处的切线方程为，设直线，，联立方程利用韦达定理可求得点的坐标.对于A：根据坐标直接判断；对于B：取，结合点点的坐标分析判断；对于C：根据题意利用韦达定理结合面积关系分析判断；对于D：根据题意利用韦达定理结合向量夹角运算求解.
【详解】先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为.
证明如下：
联立方程，消去x可得，，
所以抛物线在其上一点处的切线方程为.
设直线，，
联立方程，消去x可得，
则，可得，
则，可得，
在两点处抛物线的切线方程分别为，，
联立方程，解得，即.
对于选项A：因为的纵坐标相同，所以平行于轴，故A正确；
对于选项B：若直线过抛物线的焦点，即，
可知在抛物线的准线上，故B正确；
对于选项C：因为，
可得，
点到直线的距离，
可得面积，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C错误；
对于选项D：因为，
可得，
由抛物线的定义可得，
因为
又因为，即，
可得
，
即，可得，
即，且，
所以，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
1.有关圆锥曲线面积问题的求解方法：面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；
2.与相交有关的向量问题的解决方法：在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
12．定义数列，满足，其中，则（ ）
A．为单调递减数列B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】选项A，构造函数，利用导数求单调性进而可得数列的单调性，选项B，只需证明，令，构造，再利用导数证明即可，选项C，由可设，由导数可知随着减小，增大，结合单调性即可证明，选项D，由累乘法可知只需证明即可，构造，利用导数证明即可.
【详解】因为，
所以由题意可得，即，
对于A，令，则，所以在单调递增，在单调递减，
所以，当且仅当时等号成立，
若，又，则得，则与题目矛盾，所以，
设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立，所以，
由可知当时，，则，，即，
同理可得，所以当时，，所以，
所以数列为单调递减数列，选项A正确；
对于B，只需证明，
令，，令，
则由均值不等式可知，（当且仅当时），
所以在上单调递增，所以，，选项B正确；
对于C，，设，，
设，，
则，所以在上单调递减，所以随着减小，增大，
又因为随着的增大减小，所以，即，选项C错误；
对于D，由累乘法可知要证只需证明
，
令，
则，所以恒成立，
所以，所以，选项D正确；
故选：ABD
【点睛】本题考查数列与不等式的综合应用问题，解题的关键是利用函数与方程的思想，通过构造函数的方式对转化后的不等式进行证明.
三、填空题
13．若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是 .
【答案】
【分析】先求得的值，然后根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】依题意，，
则二项式展开式的通项公式为
，
令，解得，
所以展开式中的常数项是.
故答案为：
14．已知某正三棱柱既有内切球又有外接球，外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为 .
【答案】
【分析】设底面三角形的内切圆的半径，可知正三棱柱的高，外接球的半径，结合球的表面积可得，进而可求正三棱柱的体积.
【详解】设底面三角形的内切圆的半径，则其外接圆半径为，底面边长为，
若正三棱柱有内切球，则正三棱柱的高，
则正三棱柱的外接球的半径，
可得，解得，
所以该三棱柱的体积.
故答案为：.
15．已知函数，若，且在区间上有最小值无最大值，则 .
【答案】或
【分析】根据三角函数的对称性、最值求得正确答案.
【详解】因为，且在区间上有最小值无最大值，
则，则，
可得，解得，
且，解得，
可知：或1，或.
故答案为：或.
16．在同一直角坐标系中，分别是函数和图象上的动点，若对于任意.都有恒成立.则实数的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意分析可得，整理得，分析可知值域为，构建，，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为图象即为直线，
则到直线的距离，
可知：，
又因为，
由，可知在上单调递增，
则在上单调递增，
且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
所以值域为，
构建，，则，
令，解得；令，解得；
可得在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极小值，也是最小值，即，
可知，可得，
所以实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解.
四、解答题
17．某运动员进行射击训练､射中10环的概率为，射不中10环的概率为，每次射击相互独立.射中10环得2分，射不中10环得分.运动员进行了三次射击训练，用随机变量表示3次所得分数之和，求：
(1)3次射击全部射中10环的概率；
(2)随机变量的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见详解，
【分析】（1）根据独立事件改了乘法公式运算求解；
（2）设三次射击射中10环的次数为，则，可得，利用二项分布求分布列，进而可得期望.
【详解】（1）由题意可知：3次射击全部射中10环的概率.
（2）设三次射击射中10环的次数为，则，
可得，可知的可能取值有，
则，，
，，
所以随机变量的分布列为
可得.
18．已知数列是等差数列，，公差为，其前项和为，且成等比数列.数列的解项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见详解
【分析】（1）由等比中项可得，解得，可求得的通项公式；又由，得到，两式相减得到，结合等比数列的定义，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，结合乘公比错位相减法求和，求得，即可得到结论.
【详解】（1）因为成等比数列，则，即，
整理得，解得或（舍去），
所以；
可得，则，
两式相减可得：，所以，即，
令，可得，所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，可得，
故数列的通项公式为，数列的通项公式为.
（2）由（1）可知：，
设，
则，
，
两式相减可得
，
所以，
又因为，所以，即．
19．已知的内角.C所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理、三角恒等变换的知识化简已知条件，从而求得.
（2）将表示为角的形式，然后利用导数求得最小值.
【详解】（1）依题意，，
，
由余弦定理得，
由正弦定理得，
，
，
由于，所以为锐角，则.
（2）由正弦定理得，
则
，
设，
，
由解得；由解得，
所以在区间上单调递减；在区间上单调递增.
所以的最小值为，
即的最小值为.
20．如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.
(1)求证：；
(2)若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面平面.
所以
（2）由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，
所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.
因为异面直线与所成角的正切值为，
所以，即
又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以
所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.
以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.
因为为正三角形所以，从而
由已知E，F分别是的中点，所以
则，所以，
所以，
因为，所以可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的取值范围为.
21．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆上.直线与椭圆交于两点.且，其中为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且过的中点.求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可得其方程为，求出；当直线斜率存在时，设其方程为，结合韦达定理、平面向量数量积推出及，再由，计算可得的取值范围，从而得解．
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可得：，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
可得①，且②，③
若以为直径的圆过原点，则，
整理得，
代入②③两式得，整理得④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
由题意可设，所以，
因为，
且点到直线的距离，
可得，
又因为，则点坐标为，
化简可得，
代入椭圆方程可得，整理得，
则，
因为，则，
所以；
当直线斜率不存在时，设，，
则，且，解得，
可知方程为，
因为直线过中点，即为轴，
可知，，，
综上所述：四边形面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数.
(1)证明：的导函数有且仅有一个极值点；
(2)证明：的所有零点之和大于.
【答案】(1)证明见解析
(2)的所有零点之和大于，理由见解析.
【分析】（1）要确定的极值点情况，则需要判断其导函数的单调性，设，对进行变形处理，即，即判断函数的取值情况，即可得的取值情况，从而确定函数的极值点取值个数；
（2）结合的单调性，确定其零点，从而得函数的极值点分布，根据函数单调性结合零点存在定理即可确定函数的零点个数及范围，利用三角函数与指数函数的单调性即可判断的所有零点之和与的大小关系.
【详解】（1）因为，
所以
设，，
所以，其中恒成立，
令，，
则，
因为，所以，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递增；
又，，，
所以，使得 ，即，
故对于有，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以是函数的极大值点，无极小值点，故有且仅有一个极值点.
（2）因为函数，其导函数，，使得当时，单调递增，当时，函数单调递减，
又，
所以，
因为，所以，所以，
又，
故，使得，，使得，于是可得：
当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，故，
则，所以存在使得，
所以，又，所以，则存在使得，
又，所以函数在区间上无零点；
故函数在上有两个零点，且，
由可得：
，所以，
又，
所以，
根据，可得：，，
并且函数在上单调递减，所以，即，
故的两个零点之和大于
【点睛】关键点睛：本题考查函数的极值点、零点与导数的关系，涉及到三角函数与指数函数混合运算，难度较大.解决本题中证明极值点个数问题的关键是，将指数函数与三角函数的加减运算，变形成乘除运算，这样避免求导数过程中，导函数的零点无法解含指数与三角函数的方程问题，例如本题中对函数直接求其导数无法消除指数运算，将其转化为，其影响正负的部分的导函数零点可求，其单调性与极值点即可确定；解决本题中原函数零点之和的问题的关键是确定零点范围为之后，结合零点所满足的等式关系，根据指数函数比较大小，利用诱导公式转化并结合余弦函数在上的单调性，即可确定零点之和与的大小关系.
0
3
6
P