河北省衡水市冀州中学2024届高三第一次调研数学试卷

这是一份河北省衡水市冀州中学2024届高三第一次调研数学试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．已知全集，，则集合为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（ ）
A．B．C．2D．
3．已知函数满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A．2B．C．D．
5．已知复数满足：，则的最大值为（ ）
A．2B．
C．D．3
6．抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，则的值是（ ）
A．0B．3C．4D．5
7．已知三棱锥的外接球半径为，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．下列函数中，其图象关于点对称的是（ ）
A．B．C．D．
10．袋子中有1个红球，1个黄球，1个蓝球，1个黑球，从中取三次球，每次取一个球，取球后不放回，设事件，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．A与B相互独立D．
11．已知抛物线的焦点为F，过点F作互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点A，B，C，D，P，Q分别为，的中点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．若F恰好为的中点，则直线的斜率为
D．直线过定点
12．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．是的极大值点
B．使得
C．若方程为参数，有两个不等实数根，则的取值范围是
D．方程有且只有两个实根．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2人不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有 种．
14．记为等差数列的前项和，公差不为0，若，则 ．
15．已知一个圆锥内切球的半径为3，且圆锥的侧面积为，则该圆锥的母线长为 ．
16．若对任意，，恒有，则正整数的最大值为 .
解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（本题10分）已知在中. 所对的边分别为,若，的面积为.
(1)求角的大小;
(2)若,求的值.
18．（本题12分）已知数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列前项和为，求证：．
19．（本题12分）如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
(1)证明：四点共面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
20．（本题12分）为参加凉山州第八届“学宪法讲宪法”演讲比赛，某校组织选拔活动，通过两轮比赛最终决定参加州级比赛人选，已知甲同学晋级第二轮的概率为，乙同学晋级第二轮的概率为．若甲、乙能进入第二轮，在第二轮比赛中甲、两人能胜出的概率均为．假设甲、乙第一轮是否晋级和在第二轮中能否胜出互不影响．
(1)若甲、乙有且只有一人能晋级第二轮的概率为，求的值；
(2)在（1）的条件下，求甲、乙两人中有且只有一人能参加州级比赛的概率．
21．（本题12分）已知椭圆方程为（），离心率为且过点.
(1)求椭圆方程；
(2)动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值；
(3)过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由.
22．（本题12分）设函数．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
(2)若当时，恒有，求实数a的取值范围；
(3)设时，求证：．
参考答案：
1．C 2．A 3．A 4．C 5．B
6．B
【详解】由题意，直线斜率一定存在，设过点的直线方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
由抛物线的定义，可得，
则，所以.
故选：B．

7．D
【详解】
不妨设二面角为锐角，设的中点为，
因为，所以为的外接圆圆心；设的外接圆圆心为，
三棱锥的外接球球心为，如图，连接，，，，
则平面，平面，，
在中，，，
所以由正弦定理知，所以；
在中，由，得；
在中，由，，得；
在中，，，则；
所以在中，，从而；
在平面内过点作交于，
则为二面角的平面角，易知，
所以.
故选：D.
8．A
【详解】
，
则，即，
即，即，
则，
等价于，
令，
因为都是增函数，
所以函数是增函数，
则，即为，
所以，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
9．BCD
10．ABD
【详解】红球，黄球，蓝球，黑球分别记为，不放回取球三次的试验的样本空间：
，共24个，它们等可能，
，共6个，，共6个，
，共6个，，共2个，
，共10个，
，AB正确；
，A与B相互不独立，C错误；
，D正确，
故选：ABD
11．ABD
【详解】A：设直线的方程为，，，
联立方程组得，则，，
所以，同理可得，
所以，故A正确；
B：由选项A知，，
因为P分别为的中点，所以，同理可得，
所以，当且仅当时，等号成立，故B正确．
C：，若F为的中点，则．因为，
所以．所以，故，
所以，故C错误．
D：当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为，
整理得，所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，过点，
所以直线过定点．故D正确．
故选：ABD.
12．AB
【详解】
当时，，则，
当，时，，单调递增，
当时，，单调递减，且，；
当时，，则，
当时，，则单调递减，
当时，，单调递增，且，，故恒成立，
画出的大致图像如图所示.
∴是的极大值点，故A正确．
结合图像可知，B正确．
方程等价于或，
由图知有一个实数根，
要使原方程有两个实数根等价于只有一解．
由图可得：或，故C错；

分别画出与的图像，由图可得两函数图像有三个交点，故D错误．
故选：AB
13．
14．1
15．或
【详解】设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l．如图：为圆锥的轴截面
所以
由①得③．
由得④．
将③代入④，得或，
所以或．
故答案为：或.
16．4
【详解】由题，任意，，.
令（），则.
令得，则在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值.
令（），则.令，.
当时，在，，此时，必有成立；
故考虑，则在上单调递减，在上单调递增，故有最小值.
则，即.两边取自然对数可得，即求最大的使得.因，则上述不等式可转化为.
令，本题即求使得的最大的正整数.
恒成立，则在上单调递减.
因为，，则使成立的最大正整数为4.
故答案为：4
17．
【详解】（1）由的面积为可得 ，
由及余弦定理可得，
故;
(2)∵
又，可得
由正弦定理，,得
18．
【详解】（1）当时，，两式相减得，，
又，，．
所以数列是首项为，公比是的等比数列，所以．
（2）证明：，
因为，
所以
，
因为，所以．
19．
【详解】（1）连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
（2）法1：直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设面的法向量为，则，取，所以，
，
设面的法向量为，则，取，所以，
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
法2：设，由（1）知四点共面，则面面.

取中点，连接，则，而面，面，
故，，面，则平面，
过作于，又平面，所以平面，
过作于，连接，则，又是锐角.
所以是平面与平面所成的夹角，则，
所以在Rt中，，
在中，根据等面积法，
在中，.
所以.
所以，解得，即，
所以.
20．
【详解】（1）设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，
由题意可知，，
解得.
（2）设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，
则，
，
所以.
21．
【详解】（1）由题，，，所以，
椭圆的方程为.
（2）
证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，，
同理设点，则，，
因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点，
.
（3）
，当直线MN斜率为零时，不妨设，，
则，，，，
存在，使成立，
当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，，
联立方程组，消去x得，易知，
所以，，，
，
又因为，，
所以，，
又因为，当时，最小为3，
综上，存在，使成立，最小为3.
22．
【详解】（1）因为，则，
则，，即切点坐标为，斜率，
由题意可得：，解得.
（2）令，
则，
由题意可知：当时，恒有，且，
则，解得，
若，则有：
①当时，，
因为，可知，
令，
因为在内单调递增，可得在内单调递增，
则，即，符合题意；
②当时，则在内恒成立，符合题意；
③当时， 令，
则，
因为，则，，
可知在内恒成立，
则在内单调递增，可得，
则在内单调递增，可得，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
（3）由（2）可知：当时，，
令，可得，
令，则，则，整理得，
令，则，整理得，
则，
所以.