河北省石家庄市2024届高三下学期教学质量检测（一）数学试题及答案

这是一份河北省石家庄市2024届高三下学期教学质量检测（一）数学试题及答案，共20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．已知抛物线C：，则C的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数，复数，则（ ）
A．10B．C．D．1
3．已知命题p：，，则（ ）
A．p是真命题，：，
B．p是真命题，：，
C．p是假命题，：，
D．p是假命题，：，
4．已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
6．某校为了解本校高一男生身高和体重的相关关系，在该校高一年级随机抽取了7名男生，测量了他们的身高和体重得下表：
由表格制作成如图所示的散点图：
由最小二乘法计算得到经验回归直线的方程为，其相关系数为；经过残差分析，点对应残差过大，把它去掉后，再用剩下的6组数据计算得到经验回归直线的方程为，相关系数为.则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，例如的n阶导数．若，则（ ）
A．B．50C．49D．
8．已知函数的部分图象如下，与其交于A，B两点．若，则（ ）

A．4B．3C．2D．1
二、多选题
9．甲在一次面试活动中，7位考官给他们打分分别为：61、83、84、87、90、91、92.则下列说法正确的有（ ）
A．这7个分数的第70百分位数为87
B．这7个分数的平均数小于中位数
C．去掉一个最低分和一个最高分后，分数的方差会变小
D．去掉一个最低分和一个最高分后，分数的平均数会变小
10．如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（ ）
A．平面AMN
B．平面DBF
C．平面AMN
D．F是的中点
11．已知，是双曲线C：的左、右焦点，，为C右支上一点，，的内切圆的圆心为，半径为r，直线PE与x轴交于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为
三、填空题
12．已知向量，的夹角为，且，，则 ．
13．已知x是第二象限角，若，则 ．
14．已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
四、解答题
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的面积．
16．如图，P为圆锥的顶点，为圆锥底面的直径，为等边三角形，O是圆锥底面的圆心．为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E为线段中点．

(1)求证：平面平面；
(2)M为底面圆O的劣弧上一点，且．求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知椭圆E：过点，且其离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的斜率不为零的直线与椭圆E交于C，D两点，A，B分别为椭圆E的左、右顶点，直线AC，BD交于一点P，M为线段PB上一点，满足，问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由（O为坐标原点）．
18．某商场周年庆进行大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏，游戏规则如下：在一个盒子里放着六枚硬币，其中有三枚正常的硬币，一面印着字，一面印着花；另外三枚硬币是特制的，有两枚双面都印着字，一枚双面都印着花，规定印着字的面为正面，印着花的面为反面．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一枚硬币并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是正面，则进入最终挑战，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的方式是进行第三次投掷，有两个方案可供选择：方案一，继续投掷之前抽取的那枚硬币，如果掷出向上的面为正面，则获得200元礼券，方案二，不使用之前抽取的硬币，从盒子里剩余的五枚硬币中再次随机抽取一枚投掷，如果掷出向上的面为正面，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二，如果掷出向上的面为反面，则获得100元礼券．
(1)求第一次投掷后，向上的面为正面的概率．
(2)若已知某顾客抽取一枚硬币后连续两次投掷，向上的面均为正面，求该硬币是正常硬币的概率．
(3)在已知某顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得的礼券的数学期望，并以此判断应该选择哪种抽奖方案更合适．
19．已知函数．
(1)若函数有3个不同的零点，求a的取值范围；
(2)已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在P点的切线方程为，若对于，都有，则称P为好点．
①求a的值；
②求所有的好点．
身高x（单位：）
167
173
175
177
178
180
181
体重y（单位：）
90
54
59
64
67
72
76
参考答案：
1．C
【分析】根据抛物线的方程，直接求准线方程.
【详解】抛物线方程，，所以准线方程是.
故选：C
2．B
【分析】由复数四则运算以及复数模的运算公式即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：B.
3．A
【分析】利用指数函数和对数函数的图象判断命题的真假，再求命题的否定即可.
【详解】函数在上的图象如下所示：
数形结合可知，命题p：，为真命题；
又：，.
故选：A.
4．C
【分析】根据圆台侧面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，
则圆台侧面积.
故选：C.
5．C
【分析】根据函数的单调性即可判断AD,根据中间值法可判断B，利用换底公式即可判断C.
【详解】对于A，由于函数为定义域内的单调递增函数，故，A错误，
对于B，，故B错误，
对于C，，
由于，所以，故，故C正确，
对于D，由于函数为定义域内的单调递减函数，故，D错误，
故选：C
6．A
【分析】根据的特点判断斜率和截距；由于去掉，其它点的线性关系更强，从而可判断相关系数.
【详解】身高的平均数为，
因为离群点的横坐标167小于平均值176，纵坐标90相对过大，
所以去掉后经验回归直线的截距变小而斜率变大，故，
去掉后相关性更强，拟合效果也更好，且还是正相关，所以.
故选：A
7．A
【分析】根据条件，列举的前几项，根据规律，写出，代入，即可求解.
【详解】由，，
，，
依此类推，，
所以.
故选：A
8．A
【分析】首先解方程，结合图象，求得方程的实数根，即可求解的值.
【详解】令，则，，，
则，且，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合余弦函数的图象，正确求解两点的坐标.
9．BC
【分析】分别求得中位数、百分位数、平均值、方差判断各选项．
【详解】对于A，由于，所以第70百分位数是第5个数90，故A错误；
对于B，这7个数的均值为分，
中位数是第4个数为87，所以平均数小于中位数，故B正确；
对于C，去掉一个最低分和一个最高分后，分数更加集中，故方差会变小，故C正确；
对于D，去掉61和92后，平均数为分，
因为，所以分数的平均数会变大，故D错误．
故选：BC.
10．BCD
【分析】利用线面关系即可判断A；利用线面垂直的判断定理和性质定理，即可判断BC；利用图形，结合垂直关系和平行关系的转化，即可判断D.
【详解】A.由题意可知，点是的中点，所以点三点共线，
所以点平面，所以平面，
则直线与平面不平行，故A错误；
B.因为平面，平面，所以，
且，，且平面，
所以平面，且平面，
且平面平面，
因为，所以平面，故B正确；
C.由平面，平面，所以，
因为轴截面ABCD为正方形，点是的中点，所以，
，且平面，所以平面，故C正确；
D. 平面，平面，所以，且点是的中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，且是的中点，
所以，且,所以，
则，点F是的中点，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面，面面的位置关系，本题的关键是能从几何体中抽象出线线，线面的位置关系，以及根据几何图形的性质，转化几何关系.
11．ACD
【分析】利用切线性质，判断A，利用内切圆的半径表示三角形的面积，即可判断B，利用角平分线定理和焦半径公式，结合判断C，根据几何关系，转化为关于的齐次方程，即可判断D.
【详解】A.如图，作，，，
根据切线长定理，，，，
又，所以，，
所以，即，故A正确；
B.因为，，
所以，解得：，，
所以，故B错误；
C.由内切圆的性质可知，为角平分线，则，
即，整理为，即，
所以，由A选项的证明可知，，即，故C正确；
D.若的内切圆与轴相切，则，
则由选项AB知，，即，
则，即，或（舍），
所以双曲线C的离心率为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线长的性质，结合双曲线的定义，判断.
12．
【分析】根据向量模的计算公式，即可求解.
【详解】.
故答案为：
13．
【分析】利用角的变换，以及诱导公式和同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】，
因为x是第二象限角，若，所以是第一象限角，
所以，
所以.
故答案为：
14．
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理，即可求解；
（2）根据正弦定理以及二倍角公式，得到角和边的关系，再结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1），且，
所以；
（2）根据正弦定理，，
所以或，
当时，，，此时，不成立，
当时，此时，则，
的面积.
16．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）只需证明，再结合面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）

设交于点，因为为圆锥底面的直径，
所以由垂径分线定理可知，
又因为为底面圆O的内接正三角形，
所以，即点是的中点，
又因为点E为线段中点，即是三角形的中位线，
所以，
由题意面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

显然可取平面的一个法向量为，
因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，从而，即，
而，所以，即，
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）将点代入椭圆方程，以及联立离心率可求得椭圆方程；
（2）首先设过点的直线为，与椭圆方程联立，利用坐标分别表示直线和方程，并求得点的坐标，利用几何关系，转化，即可求解.
【详解】（1）由题意可知，，解得：，，，
所以椭圆的方程为；
（2）设过点的直线为，，，，，
联立，得，
，，
，所以，
，联立直线和方程，
得，
，
所以，得，，即
因为点是的中点，，所以，
所以.

所以是定值，且定值为.
18．(1)
(2)
(3)选择方案一的期望为，选择方案二的期望为，选择方案二收益更高.
【分析】（1）根据全概率公式，即可求解；
（2）利用全概率公式和条件概率公式，即可求解；
（3）根据两种不同的方案，结合题意，写出不同的期望，比较后即可判断.
【详解】（1）设第一次抽到正常硬币为事件，抽到双面都印着字的硬币为事件，抽到双面都印着花的硬币为事件，
第一次投掷出正面向上为事件，第二次投掷出正面向上为事件，选择方案一进行第三次投掷并正面向上事件，选择方案二进行第三次投掷并证明向上为事件，
由全概率公式可得，，
，
（2）连续两次都是正面的概率，
，
所以；
（3）（一）若选择方案一，设第三次投掷后最终获得的礼券为元，第三次投掷出正面向上为事件，则
，
，，
；
（二）如选择方案二，设第三次投掷后最终获得礼券为元，第三次投掷出正面向上为事件，
①如果第一次抽到的是正常硬币，设第二次抽到正常硬币为事件，第二次抽到两面都是字的硬币为事件，第二次抽到两面都是花的硬币为事件，则
；
②如果第一次抽到的两面都是字的硬币，设第二次抽到正常硬币为事件，第二次抽到两面都是字的硬币为事件，第二次抽到两面都是花的硬币为事件，则
；
所以，，
，，
,
综上（一）（二）可得，，所以选择方案二的收益更高.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并正确使用条件概率公式和全概率公式，求解概率.
19．(1)
(2)①；②
【分析】（1）首先讨论当时，有1个零点，当时，参变分离为存在两个根，再利用导数分析函数的图象，即可求解的取值范围；
（2）①利用二次导数求函数的极小值，根据极小值为0，即可求解的值；
②首先求函数在点处的切线方程，再根据好点的定义，讨论和两种情况，求好点.
【详解】（1）当，单调递增，
且，当时，，因此在区间上存在唯一零点，
当时，只要存在两个根即可，即存在两个根，
设，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
由，当时，，当时，，
所以当时，在区间有2个零点，
因此得到取值范围是；
（2）①，，
令，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，得，
②设为好点，对于任意，都有，
当时，成立，
当时，即为当时，，
当时，成立，
因为在点的切线方程为，
所以，
设，即，
，
又因为在上单调递减，上单调递增，故分情况讨论，
（1）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递增，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
（2）当时，因为为好点，所以恒成立，
若，在上单调递减，，，
所以在时单调递增，，满足条件，故时成立；
若，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件；
综上可知，由（1）（2）可得，且，即，所以只有一个好点.
【点睛】关键点点睛：本题的难点是最后一问，需理解好点的定义，并根据定义，分情况进行讨论.