河北省雄安新区部分高中2024届高三下学期三模数学试卷(含答案)

这是一份河北省雄安新区部分高中2024届高三下学期三模数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．设，为单位向量，则的最大值为( )
A.1B.2C.3D.4
2．已知复数（，i为虚数单位），则“”是“z在复平面内对应的点位于第四象限”的( )
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
3．设全集为U定义集合A与B的运算:,则( )
A.AB.BC.D.
4．已知，，，，则( )
A.B.C.D.
5．如图,将正四棱台切割成九个部分,其中一个部分为长方体,四个部分为直三棱柱,四个部分为四棱锥.已知每个直三棱柱的体积为3,每个四棱锥的体积为1,则该正四棱台的体积为( )
A.B.C.D.
6．小李买了新手机后下载了A，B，C，D4个APP，已知手机桌面上每排可以放4个APP，现要将它们放成两排，且A和B放在同一排，则不同的排列方式有( )
A.288种B.336种C.384种D.672种
7．已知直线与曲线有三个交点D，E，F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是( )
A.B.C.D.
8．过抛物线的焦点F且斜率为的直线与C交于A，B两点，若为的内角平分线，则面积的最大值为( )
A.B.C.D.16
二、多项选择题
9．设A，B是一次随机试验中的两个事件，且，，，则( )
A.A，B相互独立B.
C.D.
10．如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则( )
A.该几何体的表面积为
B.该几何体为七面体
C.二面角的余弦值为
D.存在球O，使得该多面体的各个顶点都在球面上
11．已知函数与，记，其中，且，则( )
A.一定为周期函数B.若，则在上总有零点
C.可能为偶函数D.在区间上的图像过3个定点
三、填空题
12．展开式中的常数项是120，则实数______.
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与y轴相交于点M，与C在第一象限的交点为P，若，，则C的离心率为______.
14．若对于，，使得不等式恒成立，则整数x的最大值为______.
四、解答题
15．已知函数.
（1）若是的一个极值点，求a的值；
（2）若有两个极值点，，其中，求a的取值范围.
16．在四棱锥中，平面底面，.
（1）是否一定成立？若是，请证明；若不是，请给出理由；
（2）若是正三角形，且是正三棱锥，，求平面与平面夹角的余弦值.
17．10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛.三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立.
（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；
（2）若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
（3）甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于a环的次数，其中，写出一个a的值，使，并说明理由.
18．已知T是圆上的动点（点A是圆心），定点，线段的中垂线交直线于点P.
（1）求点P的轨迹；
（2）设上点P（不在x轴上）处的切线是l，过坐标原点O作平行于l的直线，交直线，分别于点C，D，求的取值范围.
19．已知为有穷正整数数列，其最大项的值为m，且当时，均有.设，对于，定义，其中表示数集M中最小的数.
（1）若，写出，的值；
（2）若存在Q满足，求m的最小值；
（3）当时，证明：对所有，.
参考答案
1．答案：C
解析：因为，，为单位向量，所以.
当且仅当，同向时，取到等号.
故选：C
2．答案：A
解析：，则z在复平面内对应的点为；
点位于第四象限的充要条件是，即；
故“”是“z在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件.
故选：A
3．答案：B
解析：
故选:B
4．答案：A
解析：因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
5．答案：C
解析：设每个直三棱柱高为a,每个四棱锥的底面都是正方形,设每个四棱锥的底面边长为b,
设正四棱台的高为h,因为每个直三棱柱的体积为3,每个四棱锥的体积为1,
则,可得,可得,
所以,该正四棱台的体积为.
故选:C.
6．答案：D
解析：分两种情况讨论：
①A和B单独放一排，有种排列方式，
②A和B与C或D其中的一个放一排，有种排列方式，
所以不同的排列方式有种．
故选：D.
7．答案：C
解析：显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，因此曲线W的对称中心为，由直线l与曲线W的三个交点D，E，F满足，得，设，则，令，则有，即，解得，即，因此点或，或，选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.
故选：C
8．答案：B
解析：抛物线焦点，直线的方程为，
由，解得，，不妨令，，
则，由为的内角平分线，
得，设点，
于是，
整理得，显然点P在以点为圆心，2为半径的圆上，因此点P到直线距离的最大值为2，
所以面积最大值为.
故选：B
9．答案：ABD
解析：由题意可知，，
事件，互斥，且，，
所以，
即，故A正确；
则
，故B正确；
由条件概率公式可知：，故C错误；
，
即，故D正确.
故选：ABD
10．答案：AC
解析：依题意，正四棱锥和正四面体的所有棱长均为1，
对于A，该几何体的表面积为，A正确；
对于B，取中点G，连接，，，由，，均为正三角形，
得，，，则，分别是二面角和二面角的平面角，
且平面，平面，而平面与平面有公共点G，因此四点A，G，S，C共面，又，，
而，于是，
则平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，
所以该几何体为五面体，B错误；
对于C，由选项B知，二面角余弦值为，C正确；
对于D，正四棱锥的外接球球心在过点P垂直于平面的直线上，
正四面体的外接球球心在过点P垂直于平面的直线上，而平面平面，因此直线与直线不重合，显然，即点S在球外，点A在球外，
所以不存在球O，使得该多面体的各个顶点都在球面上，D错误.
故选：AC
11．答案：ABD
解析：对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；
故选：ABD.
12．答案：2
解析：展开式的通项公式为，
令得，即.
令得，即，
展开式中的常数项为，
故，解得.
故答案为：2.
13．答案：
解析：设，则，所以，
因为，所以，
可得，即①，
因为，，所以，
所以，即②，
由①②可得，
解得，或（舍去）.
故答案为：.
14．答案：0
解析：恒成立，
等价于.
令，，则，
注意到时，，，时，.
则在上单调递减，在上单调递增，则.
则，则
.
令，.
当，，故满足条件；
当，则在上单调递减，
故.
令，.
则，得在上单调递增，
时，，不合题意；
综上，整数x的最大值为0.
故答案为：0.
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）易知，
又是的一个极值点，所以，即，所以，
此时，
令，，
所以在上单调递增，且，
当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，即符合题意，因此a的值为.
（2）因为，且有两个极值点，，
所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，则，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
且当时，，，故作出的图像如图所示：
由图像可知满足题意，即，即a的取值范围为.
16．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）过点P作的垂线，交于点E，
又平面底面，平面底面，平面，所以底面，
若，则点A与点E重合，即底面，
所以垂直平面内任意直线，即与无论何种位置关系，都有，
所以不一定成立.
（2）因为是正三角形，则E为的中点，由（1）知底面，
又底面，所以，
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又是正三棱锥，即为等边三角形，
设，则O为的中点，作，则底面.
以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，
则取.
设平面的法向量为，
则取.
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．答案：（1）甲进入决赛，理由见解析；
（2）；
（3）答案见解析
解析：（1）甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为，
甲射击成绩的总环数为，
因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛.
（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为，
“甲命中10环”的概率可估计为，
“乙命中9环”的概率可估计为，
“乙命中10环”的概率可估计为，
所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为
.
（3）或（写出其中一个即可）.
根据题中数据：（当时，
在每次射击中，甲击中大于6环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于6环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于6环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，不满足.）
当时，
在每次射击中，甲击中大于7环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于7环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于7环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，满足.
当时，
在每次射击中，甲击中大于8环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于8环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于8环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，
满足.
（当时，
在每次射击中，甲击中大于9环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于9环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于9环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，
不满足.）
18．答案：（1）；
（2）
解析：（1）由中垂线的性质得，
所以，
所以动点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
设该椭圆的方程为，则，，
因此曲线的方程为.
（2）解法一：因为，
设，，，则，.
因为l的斜率存在，设为k，所以直线l的方程为，
联立可得消去y得
，①
由已知，方程①的判别式，
所以，所以，②
方程②的判别式，
又，即，所以，所以方程②的解为，
又，所以，
所以直线l的方程为，所以.③
又直线，④
联立③④，消x可得，解得，
代入得，同理可得，
所以，
又，所以.
解法二：由椭圆的光学性质可知，l是的外角平分线（如图标识），
即，
因为，所以，所以，结合，
所以由正弦定理可知，即，
从而，
因为，
所以，
由，可知，所以.
19．答案：（1）；；
（2）4；
（3）证明见解析
解析：（1）由，则，故，
，故，，故.
（2）由题意知，当时，因为，，所以，
因为，且，均为正整数，所以或，所以，
因为，，是互不相等的正整数，所以必有一项大于2，
所以，所以，不合题意，
当时，对于数列，有，
综上，m的最小值为4.
（3）证明：因为，
所以，.
若，则当时，至少以下情况之一成立：
①，这样的n至多有t个；
②存在，，这样的n至多有t个.
所以小于的n至多有个，所以，
令，解得，所以.
对，若，且，
因为，所以当时，至少以下情况之一成立：
④，这样的n至多有个；
⑤存在i，且，这样的n至多有l个.
所以.
令，解得，即，
其中表示不大于x的最大整数，所以当时，
.综上，定义，
，则，
依次可得，，，，，，，，，
所以.
环数
6环
7环
8环
9环
10环
甲的射击频数
1
1
10
24
24
乙的射击频数
3
2
10
30
15
丙的射击频数
2
4
10
18
26