河北省部分示范性高中2024届高三下学期一模数学试题（原卷版+解析版）

这是一份河北省部分示范性高中2024届高三下学期一模数学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省部分示范性高中2024届高三下学期一模数学试题原卷版docx、河北省部分示范性高中2024届高三下学期一模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 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､是全集的两个非空子集.若，则下列说法可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过，得到之间的关系，再结合韦恩图即可得到答案.
【详解】由可得 ，如图，

由图①②，，，，A,B,C错误；
由图②，D正确.
故选：D.
2. 已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
对于A中，由，所以，所以A不正确；
对于B中，由，且，则，所以B不正确；
对于C中，由，且，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，所以C不正确；
对于D中，由，因为，可得，
所以，可得，所以D正确.
故选：D.
3. 若为虚数单位，则（ ）
A. iB. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】易知，根据复数的四则运算代入计算即可得出结果.
【详解】由，得，
所以，
故选：B．
4. 2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生成绩的频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的75%分位数为x，众数为y，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先，再根据百分位数和众数的计算方法即可.
【详解】由题意得，解得，
因为，，则，
则样本数据的75%分位数位于，则，解得，
因为样本数据中位于成绩之间最多，则众数为，
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由和差角公式可得，从而得解.
【详解】，
所以，
则
故选：B
6. 如图，已知圆柱的底面半径和母线长均为1，分别为上、下底面圆周上的点，若异面直线所成的角为，则（ ）
A. 1B. C. 1或2D. 2或
【答案】D
【解析】
【分析】过点作平面于点，则是母线，则或，分类讨论即可求解.
【详解】如图，过点作平面于点，则是母线，
连接底面，，
则四边形是平行四边形，，
与所成的角就是或其补角．
当时，是等边三角形，，
在中，；
当时，在中，，
在中，．
综上，或.
故选：D．
7. 已知椭圆：的离心率为，左顶点是A，左、右焦点分别是，，是在第一象限上的一点，直线与的另一个交点为．若，则直线的斜率为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用相似关系可得，再利用直线方程和椭圆方程后可求直线的斜率.
【详解】
因为离心率为，故可设，故，
故椭圆方程为：，
而，，故，因，故
故直线与轴不垂直也不重合，
故可设，，，则，
由可得，
因在椭圆内部，故恒成立，且，
故，因，故，
此时，，
故在第一象限，符合条件，的斜率为，
故选：A.
8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
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. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. 4为的一个周期
B.
C. 由可知，
D. 函数的所有零点之和为0
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得，，则，从而可判断函数的周期性，即可判断A；求出，再根据周期性即可判断B；根据函数的周期性即可判断C；判断处函数的奇偶性，即可判断D.
【详解】因为为奇函数，
所以，即，
因为为偶函数，
所以，所以，
即，
所以，
所以4为的一个周期，故A正确；
因为，所以，
所以，
又因，所以，
所以，故B正确；
因为，所以，
因为4为的一个周期，所以，
则，所以，故C错误；
因为，所以，，
又因为，所以，
所以函数为偶函数，
令，得，
令，定义域为关于原点对称，
因为，所以函数为偶函数，
所以函数得交点关于轴对称，
所以函数的所有零点之和为0，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
10. 已知函数在区间上单调，且满足，下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则函数的最小正周期为
C. 关于方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D. 若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：利用对称性直接求得；
对B：根据对称中心与对称轴可得周期表达式，结合区间上单调求出函数的最小正周期，即可判断；
对C：先判断出周期，结合周期越大，根的个数越少，解出在区间上最多有3个不相等的实数根，即可判断.
对D：由题意分析，建立关于的不等式组，求出的取值范围.
【详解】函数满足.
对A：因为，所以，故A正确；
对B：由于，所以函数的一条对称轴方程为.又为一个对称中心，
由正弦图像和性质可知，所以函数的最小正周期满足，即.
又区间上单调，故，即，故，故B正确；
对C：函数在区间上单调，且满足，
可得：，所以周期，
又周期越大，的根的个数越少.
当时，，又，，得.
所以在区间上有3个不相等的实数根：，或，
故至多3个不同的实数解，故C错误.
对D：函数在区间上恰有5个零点，所以，
所以，解得：，且满足，即，即，故.故D正确.
故选：ABD
11. 在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 对于任意的，都有
B. 对于任意的，数列不可能为常数列
C. 若，则数列为递增数列
D. 若，则当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.
【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、时研究数列的单调性.
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. 已知向量，，点为坐标原点，在轴上找一个点，使得取最小值，则点的坐标是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
设点的坐标是，求出，再利用配方法可得答案.
【详解】设点的坐标是，即，
因为向量，，
所以，
，
，
当时，有最小值，此时点的坐标是，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：平面向量求最值有三种常见方法：1、几何法；2、三角函数有界法；3、二次函数配方法.
13. 等差数列的前项和为，，则=__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列性质得，再利用求和公式求解得答案.
【详解】由题意，所以，
故
故答案为：
14. 若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”，若，且，为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，，则小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，对每个可取的进行逐一分析，即可求得结果.
【详解】设，且为正整数，
根据题意，，即，
当时，，
则或，这两个方程组都没有正整数解，故没有满足题意的；
当时，，
满足条件的有或，解得或，
故或；
当，，没有满足条件的；
当，，
满足条件的有，解得，
故；
当，，没有满足条件的；
当，，
满足条件的有或，解得或，
故或.
所有“友好数对”的的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解“友好数对”的新定义，再对进行合理地分类讨论即可.
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A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）线段上一点D满足，，求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；
（2）根据角之间的关系及正弦定理求出，由同角三角函数间的基本关系求出即可得解.
【小问1详解】
由结合正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
因为，所以；
【小问2详解】
如图，

由题设，令，
则，，，
在△中，
即，
所以，故，
所以，又，，
解得.
在等腰中，取中点，连接，则，
则.
16. 如图，在三棱柱中，平面平面.
（1）若分别为的中点，证明：平面；
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出结果.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接交于点，连接，
因为是的中点，是的中点，
所以，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，平面平面，平面平面平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
因为，所以.
又平面平面，所以平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
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，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.
（1）求C的方程；
（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
【小问1详解】
因实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
【小问2详解】
由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
18. 某种抗病毒疫苗进行动物实验，将疫苗注射到甲乙两地一些小白鼠体内，小白鼠血样某项指标X值满足12.2≤X≤21.8时，小白鼠产生抗体．从注射过疫苗的小白鼠中用分层抽样的方法抽取了210只进行X值检测，其中甲地120只小白鼠的X值平均数和方差分别为14和6，乙地90只小白鼠的X值平均数和方差分别为21和17，这210只小白鼠的X值平均数与方差分别为，（与均取整数）．用这210只小白鼠为样本估计注射过疫苗小白鼠的总体，设．
（1）求，；
（2）小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立，已知注射过疫苗的N只小白鼠中有102只产生抗体，试估计N的可能值（以使得P（K=102）最大的N的值作为N的估计值）；
（3）对这些小白鼠进行第二次疫苗注射后，有99.1%的小白鼠产生了抗体，再对这些小白鼠血样的X值进行分组检测，若每组n（n≤50）只小白鼠混合血样的X值在特定区间内，就认为这n只小白鼠全部产生抗体，否则要对n只小白鼠逐个检测．已知单独检验一只小白鼠血样的检测费用为10元，n只小白鼠混合血样的检测费用为n+9元．试给出n的估计值，使平均每只小白鼠的检测费用最小，并求出这个最小值（精确到0.1元）．
附：若，则，．
参考数据：，，，．
【答案】（1）17，23
（2）N的估计值为149或150
（3）每只小白鼠平均检测费用的最小值约为2.8元，n的估计值为10
【解析】
【分析】（1）根据平均数和方差的计算公式或者利用方差的性质即可求解，
（2）利用二项分布的概率计算公式，利用单调性即可求解，或者列不等式求解的范围即可求解，
（3）利用二项式定理求解近似值，结合基本不等式即可求解.
小问1详解】
法1：
记甲地小白鼠样本X值的平均数为，方差为；记乙地小白鼠样本X值的平均数为，方差为，则，，，，所以
．,
法2：记甲地小白鼠样本的X值为x1，x2，…，x120，平均数为，方差为；记乙地小白鼠样本的X值为y1，y2，…，y90，平均数为，方差为．
因为，，，．所以．
由，，可得
．
同理，于是
．
【小问2详解】
法1：因为，所以．
从注射过疫苗的小白鼠取出N只，其中产生抗体的有K只，则K～B（N，0.68），
．
当N