河北省承德市部分示范性高中2024届高三下学期二模数学试卷(解析版)

这是一份河北省承德市部分示范性高中2024届高三下学期二模数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 函数的图象的对称轴方程为等内容，欢迎下载使用。

一､选择题
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】集合中，所以或，集合中，
所以，
故选：A.
2. 已知，则复数对应的复平面上的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】，
所以的对应点为，在第四象限.故选：D.
3. 设为实数，若函数在处取得极小值，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】由题可得，
令，解得；或，
因为函数在处取得极小值，
所以，即，
当时，，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，满足题意.
故选：B.
4. 在中，为中点，连接，设为中点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由于，所以，
故选：D.
5. 函数的图象的对称轴方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
，
所以，，解得，
故选：C.
6. 对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次增大，则称自然数是“渐升数”，那么三位数的“浙升数”共有（ ）
A. 97个B. 91个
C. 84个D. 75个
【答案】C
【解析】在中任取3个数，其大小关系确定，所以“渐升数”共有个.
故选：C.
7. 已知函数，若满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，函数，定义域为，
又因为，
所以函数为偶函数，
所以，
故满足，
当时，，
因为在单调递增，
且，所以，
因此在上单调递增，
在上单调递减，注意到，
因此，即，
解出的取值范围是.故选：D.
8. 已知圆，圆与轴交于，斜率存在且过原点的直线与圆相交于两点，直线与直线相交于点，直线､直线､直线的斜率分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意得直线，与圆方程联立，得，
可求出点，同理得点，
由于在直线上，因此，化简后得，
显然，否则点在圆上，两点重合，与题意矛盾，则，
再联立直线与直线，则点，
因此，则，即，A选项正确，BD选项错误 ，，即，C选项错误.故选：A.
二､多选题
9. 对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，则下列说法正确的是（ ）
A. 等差数列是“线性数列”
B. 等比数列是“线性数列”
C. 若且，则
D. 若且，则是等比数列前项和
【答案】AB
【解析】数列为等差数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，故A正确；
数列为等比数列，则，即，
满足“线性数列”的定义，故B正确；
设，则，解出，
则，因此，故错误；
若且，则，数列的前项和为0，显然D错误.故选：.
10. 已知直线与抛物线相交于两点，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，线段的中点到准线的距离为，焦点为为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若直线过抛物线的焦点，则
D. 若，直线的斜率之积为4，则直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】对A，因为，所以，即，故A正确；
对B，设直线，由可得点，由于，
则直线，同理求出点，因此，
故B错误；
对C，设直线的方程为，由可得，
则，因此，故C正确；
对D，设直线的方程为，由
可得，则，且，
由于，因此
，
因为直线，的斜率之积为4，则，
因此，满足，故直线的斜率为，故D正确，
故选：ACD.
11. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）

A. 是平面的一个法向量
B
C. 点到平面的距离为
D. 二面角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，
所以，故，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在中，因为，
则，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故错误；
对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由B选择可知，，，所以，
故，
设为平面的法向量，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
所以由点到平面的距离公式得：
，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，
为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确.故选：ACD.

三､填空题
12. 函数在处的切线的斜率为__________.
【答案】
【解析】函数，有，则.
所以函数在处的切线的斜率为.
故答案为：.
13. 已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】由于直线的斜率为2，因此，又，故，
由双曲线定义得，因此，
又，所以，
故双曲线的离心率为，
故答案为：.
14. 已知，则__________.
【答案】
【解析】，，
所以，
而，
因此原式.
故答案为：.
四､解答题
15. 已知正项数列的前项和为，满足，数列满足，.
（1）写出，并求数列的通项公式；
（2）记为数列在区间中的项的个数，求数列的前项和.
解：（1）由可得，
又，，
所以，
当为偶数时，令，则，
所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，
所以；
当为奇数时，令，则，
所以数列是以为首项，以2为公差的等差数列，
所以；
综上所述，；
（2）由（1）得，则，
由，可得，
因为是一个递增数列，所以，
故，，
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以.
16. 中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京开幕，各地报起了一股学习党史风潮，某市为了促进市民学习党史，举办了党史知识竞赛活动，通过随机抽样，得到了1000人的竞赛成绩（满分100分）数据，统计结果如下表所示：
（1）求上表数据中的平均值（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
（2）根据样本估计总体的方法，用频率代替概率，从该学校中随机抽取3位同学参加党史知识竞赛，记他们之中不低于60分的人数为，求的分布列及数学期望.
解：（1）
.
（2）随机抽取一位同学成绩不低于60分的频率为，
由题意可知，，则，
所以的分布列为
.
17. 如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.

（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
（1）证明：由题意知为等腰直角三角形，又为的中点，
所以，，
，
由，
解得，
当时，有，即，
而平面，故平面；
（2）解：以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
又，
所以
所以，，所以，

于是，
设平面的法向量为，
则，不妨取，解得，
设，则，，
因为为中点，为中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面和平面的交线为，平面，
所以，又为上异于的一点，所以，即与共线，
设为，则，
故，因此.
设直线与平面所成角为，
则，
化简得，解得或，
当时，则，
当时，则，
因此或.
18. 已知椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，且的离心率是，过左焦点的直线与椭圆交于两点，过左焦点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的取值范围.
解：（1）由题意得解得，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知，左焦点，
当直线斜率不存在或者斜率为0时，，
当直线斜率存在且不为0时，
设直线，直线，
，
联立方程组整理得，
则，
因此，
同理可得，
所以，
由于，当且仅当时等号成立，
则，
综上所述，的取值范围为.
19. 给定一个元函数组：，若对任意正整数，均有，则把称作该函数组的“初始函数”.已知是函数组，的“初始函数”，且.
（1）求函数的单调区间；
（2）设，记，数列的前项和为.是三个互不相等的正整数，若，求除以4的余数.
解：（1）根据题意可知，
，
函数的定义域为，
令，即，
解得：，
即函数的单调递增区间为：，
令，即，
解得：，
所以函数的单调递减区间为：，
故函数的单调递增区间为：，
单调递减区间为：，
（2）因为，
所以，
当时
当时，，
易得：
又因为，即，
可得，，
，
①若均能被4整除，，满足题意，余数为0；
②若只有1个被4整除，不妨设，则有，
符合题意的其中一个除以4余1，另一个除以4余2或3，
此时除以4的余数为0或3；
下面说明当都不能被4整除时，不符合题意.
将问题加强为：在数列中任取三项，不妨设，（其中等号
不能同时成立），均无法满足，
当或者时，显然不成立；
②当时，同除以，即，
左边为奇数，右边为偶数，也无法成立.
综上所述，当满足时，除以4的余数为0或3.
成绩区间
频数
20
180
200
280
220
80
20
0
1
2
3
1
2，3
5
6，7
9
10，11
13