精品解析：2024届河北省雄安新区部分高中高考三模数学试题

数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 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. 设，为单位向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数为虚数单位)，则“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的（ ）条件 A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 设全集为定义集合与的运算：且，则（ ） A. B. C. 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，每个四棱锥的体积为，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4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，且和放在同一排，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l：与曲线W：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. 过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（ ） A. B. C. D. 16 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. 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，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．下列说法正确的是（ ） 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. 在区间上的图象过3个定点 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. 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，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为______． 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（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. 已知函数． （1）若是的一个极值点，求的值； （2）若有两个极值点，，其中，求的取值范围． 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： 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 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次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由. 18. 已知是上的动点（点是圆心）.定点，线段的中垂线交直线于点. （1）求点轨迹； （2）设点（不在轴上）在处的切线是.过坐标原点点做平行于的直线，交直线分别于点.试求的取值范围. 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，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）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 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. 设，为单位向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的性质求解即可. 【详解】因为，，为单位向量，所以. 当且仅当同向时，取到等号. 故选：C 2. 已知复数为虚数单位)，则“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的（ ）条件 A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，根据复数的几何意义，即可判断和选择. 【详解】，则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“在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件. 故选：A 3. 设全集为定义集合与的运算：且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据定义用交并补依次化简集合，即得结果. 【详解】且 故选：B 【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到方程组，即可求出、，再求出即可. 【详解】因为，， 所以， 解得， 所以， 又，所以，所以. 故选：A 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，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设每个直三棱柱高为，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，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积. 【详解】设每个直三棱柱高为，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， 设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为， 则，可得，可得， 所以，该正四棱台的体积为. 故选：C. 6. 小李买了新手机后下载了4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，且和放在同一排，则不同的排列方式有（ ） A. 288种 B. 336种 C. 384种 D. 672种 【答案】D 【解析】 【分析】分两种情况，①和单独放一排，②和与或其中的一个放一排，再结合排列组合知识求解． 【详解】分两种情况讨论： ①和单独放一排，有种排列方式， ②和与或其中的一个放一排，有种排列方式， 所以不同的排列方式有种． 故选：D． 7. 已知直线l：与曲线W：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. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的性质可得曲线的对称中心，即得，再根据给定长度求出点的坐标即得. 【详解】显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数， 因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，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 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为，从而得到，然后再去设点坐标，根据，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出的坐标即可. 8. 过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（ ） A. B. C. D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，由内角平分线可得，由此求出点的坐标满足的关系，进而求出点到直线距离的最大值即可得解. 【详解】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，显然点在以点为圆心，2为半径的圆上，因此点到直线距离的最大值为2， 所以面积最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：借助三角形面积公式求出角平分线的性质，进而求出角顶点的轨迹方程是解题之关键. 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. 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. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用独立事件、对立事件、互斥事件的定义与概率公式可判定A、B，利用条件概率的定义与公式可判定C、D. 【详解】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. 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，使得该多面体的各个顶点都在球面上 【答案】AC 【解析】 【分析】求出几何体的表面积判断A；利用二面角的平面角的余弦计算判断BC；利用正四棱锥、正四面体的外接球球心位置判断D. 【详解】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，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，因此四点共面， 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，二面角的余弦值为，C正确； 对于D，正四棱锥的外接球球心在过点垂直于平面的直线上， 正四面体的外接球球心在过点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，即点在球外，点在球外， 所以不存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上，D错误. 故选：AC 11. 已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ） 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. 在区间上的图象过3个定点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可. 【详解】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 或，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． 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. 展开式中的常数项是120，则实数______． 【答案】2 【解析】 【分析】求出的通项公式，得到与，从而得到展开式常数项，得到方程，求出. 【详解】∵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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用双曲线定义、勾股定理得，再由，得，可得答案. 【详解】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. 若对于，，使得不等式恒成立，则整数x的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题，有.利用导数可得，则可得. 后将看成关于m的函数，后分类讨论 的最大值与0的大小即可. 【详解】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. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量与恒成立，难度较大. 恒成立问题常转化为最值相关问题，本题因告知m范围，求x范围，故还采取了变换主元的做题方法. 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. 已知函数． （1）若是的一个极值点，求的值； （2）若有两个极值点，，其中，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据极值点的概念求参数的值； （2）函数由两个极值点，转化为有两个不同的零点，再分离参数，转化为求函数的最值问题解决. 【小问1详解】 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， 因此的值为． 【小问2详解】 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象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，，，故作出的图象如图所示： 由图象可知满足题意，即，即的取值范围为． 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． 【答案】（1）不一定，理由如下： 因为平面底面，过点作的垂线交于点， 又平面底面，平面，所以底面， 若，则点与点重合，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） 【解析】 【分析】（1）过点作的垂线交于点，由面面垂直的性质得到底面，举出反例当，即点与点重合时，均可得得到. （2）依题意可得点为的中点，再由线面垂直的性质得到，从而得到平面，设，则为的中点，作，则底面，如图建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是正三角形，则点为的中点， 由（1）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，则为的中点，作，则底面， 如图建立空间直角坐标系，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. 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： 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 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次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由. 【答案】（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） （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. 【解析】 【分析】（1）分别计算出丙射击成绩和甲射击成绩，比较大小即可判断. （2）根据题中数据，用频率估计概率分别得出甲、乙命中9环的概率和甲、乙命中10环的概率，再根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的乘法公式求解即可. （3）根据题意服从二项分布，利用二项分布方差公式求出每一个a对应的，即可解答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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 . 【小问3详解】 略 18. 已知是上的动点（点是圆心）.定点，线段的中垂线交直线于点. （1）求点轨迹； （2）设点（不在轴上）在处的切线是.过坐标原点点做平行于的直线，交直线分别于点.试求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用中垂线的性质，结合椭圆的定义求解； （2）方法一：结合三角形面积公式可得，设直线的方程，联立方程组由条件求，由此可得解析式，再求其范围； 方法二：结合椭圆的光线性质证明，结合三角形面积公式可得，再求其范围即可. 【小问1详解】 由中垂线的性质得，所以， 所以，动点的轨迹是以为焦点，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：． 【小问2详解】 方法一：因为， 设，则. 因为存在斜率，设为， 所以直线的方程为 联立可得， 消去，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， 所以直线的方程为： 所以CD：③. 又直线PA：④， 联立③④，消可得，， 解得， 带入得. 同理可得，， 所以；又， . 方法二：由椭圆的光学性质可知，是的外角平分线（如图标识）， 即 因为，所以， 从而，结合， 所以由正弦定理可知， 这意味着，从而， 因为， 这样， 由可知，. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题方法一的关键在于联立直线和椭圆方程求出直线的斜率，由此求出的坐标，再通过其表示即可，方法二的关键在于利用椭圆光学性质证明，结合正弦定理证明，由此证，再结合面积公式求结论. 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，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）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 【答案】（1） ， （2） （3） 因为，所以， (i)若，则当时，至少以下情况之一成立： ①，这样的至少有个， ②存在，这样的至多有个， 所以小于的至多有个， 所以， 令，解得， 所以， (ii)对，若，且， 因为，所以当时， 至少以下情况之一成立： ①，这样的至多有个； ②存在且，这样的至多有个， 所以， 令，解得，即， 其中表示不大于的最大整数， 所以当时，； 综上所述，定义，则， 依次可得：， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）结合定义逐个计算出、、即可得； （2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得； （3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证, 【小问1详解】 由，，则，故， 则，故， 则，故； 【小问2详解】 由题意可知，，当时，由，， 故，则， 由题意可得，故、总有一个大于，即或， ，由，故、、总有一个大于， 故，故当时，，不符，故， 当时，取数列， 有，，，即，符合要求，故的最小值为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $