精品解析：河北省邯郸市部分示范性高中2024届高三下学期三模数学试题

河北省2024届高三年级模拟考试 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 2. 已知，是椭圆的两个焦点，M为C的顶点，若的内心和重心重合，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 我国铁路百年沧桑巨变，从尚无一寸高铁，到仅用十几年高铁建设世界领先，见证了中华民族百年复兴伟业.某家庭两名大人三个孩子乘坐高铁出行，预定了一排五个位置的票（过道一边有三个座位且相邻，另一边两个座位相邻）则三个孩子座位正好在过道同一侧的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面，和直线，若，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 平行四边形中，，，以C为圆心作与直线BD相切的圆，P为圆C上且落在四边形内部任意一点，，若，则角的范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知偶函数与其导函数定义域均为，为奇函数，若2是的极值点，则在区间内解的个数最少有（ ）个. A. 7 B. 8 C. 9 D. 11 8. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知方程的正根构成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 11. 函数有三个不同极值点，且.则（ ） A. B. C. 的最大值为3 D. 的最大值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上的动点P到点的距离等于它到C的准线距离，则P到焦点距离为______. 13. 如图装满水的圆台形容器内放进半径分别为1和3的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为______. 14. 已知点，则点P到动直线的最大距离的最小值为______. 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. 已知数列的前n项和，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）数列的前n项和为，比较和的大小. 16. 如图所示，在等腰直角中，，点、分别为，的中点，将沿翻折到位置. （1）证明：； （2）若，求平面DEF与平面DEC夹角的余弦值. 17. 2021年教育部印发的《进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》中提出，中小学校要保障学生每天校内、校外各1小时体育活动时间，每天统一安排30分钟的大课间体育活动.一学校某体育项目测试有的人满分，而该校有的学生每天运动时间超过两个小时，这些人体育项目测试满分率为. （1）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中满分人数的分布列和期望； （2）现从每天运动时间不超过两个小时的学生中任意调查一名学生，求他体育项目测试满分的概率； （3）体育测试前甲、乙、丙三人传球做热身训练，每次传球，传球者等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，第1次由甲将球传出，求第n次传球后球在乙手中的概率. 18. 函数. （1）求的单调区间； （2）若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k. 19. 函数是我们最熟悉的函数之一，它是奇函数，且y轴和直线是它的渐近线，在第一象限和第三象限存在图象，其图象实质是圆锥曲线中的双曲线. （1）函数的图象不仅是中心对称图形，而且还是轴对称图形，求其对称轴l的方程； （2）若保持原点不动，长度单位不变，只改变坐标轴的方向的坐标系的变换，叫坐标系的旋转，简称转轴. （i）请采用适当的变换方法，求函数变换后所对应的双曲线标准方程； （ii）已知函数图象上任一点到平面内定点的距离差的绝对值为定值，以线段为直径的圆与的图象一个交点为，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省2024届高三年级模拟考试 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先计算出，从而得到 【详解】，故， 故. 故选：D 2. 已知，是椭圆的两个焦点，M为C的顶点，若的内心和重心重合，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的内心和重心重合，判断为等边三角形，得即可. 【详解】如图所示，为椭圆的顶点， 且的内心和重心重合， 所以为等边三角形， 又因为， 所以， 即. 故选：C. 3. 若，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】赋值令，得，再由为展开式中的系数，算出，即可得到答案. 【详解】令，得， 又， 所以. 故选：A. 4. 我国铁路百年沧桑巨变，从尚无一寸高铁，到仅用十几年高铁建设世界领先，见证了中华民族百年复兴伟业.某家庭两名大人三个孩子乘坐高铁出行，预定了一排五个位置的票（过道一边有三个座位且相邻，另一边两个座位相邻）则三个孩子座位正好在过道同一侧的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助排列数计算出五个人随机坐的所有可能数及其中三个孩子座位正好在过道同一侧的可能数即可得. 【详解】五个人随机坐共有种可能，其中三个孩子座位正好在过道同一侧有种可能， 故三个孩子座位正好在过道同一侧的概率为. 故选：A. 5. 已知平面，和直线，若，，则“，”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可判断它们之间的条件关系. 【详解】若“，”，则，可能相交，故“”不一定成立； 若“”，则由面面平行的性质可得“，”， 故“，”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 6. 平行四边形中，，，以C为圆心作与直线BD相切的圆，P为圆C上且落在四边形内部任意一点，，若，则角的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】当圆与的切点在延长线上时，求出临界点时，从而得到的取值范围，即可得解. 【详解】由，当在直线上时，， 当圆与的切点在延长线上时，圆落在四边形内部部分与直线没有公共点，此时， 当恰好切于点时，则，又，， 所以，则， 所以，则，故. 故选：B 7. 已知偶函数与其导函数定义域均为，为奇函数，若2是的极值点，则在区间内解的个数最少有（ ）个. A. 7 B. 8 C. 9 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】根据为偶函数，得到，为奇函数，求出，再根据题目条件得到，进而得到，的周期为3，由函数的极值点得到，且关于点对称，结合函数的周期性得到在内解最少有，得到答案. 【详解】为偶函数，所以，求导得， 所以为奇函数. 定义域均为，故， 因为为奇函数，所以， 故，即关于点对称， 两边求导得， 即，① 所以， 故，② 将替换为得， 故，的周期为3. 故为周期为3的奇函数. 故. 又2是的极值点，得， 因为为周期为3，故， 由得， 因为为周期为3，故，. 又为奇函数，，得， 所以关于点对称，故，且， 由①得， 又， 由②得， 又， 故在内解最少有，最少有11个. 故选：D 【点睛】方法点睛：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 8. 已知数列满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推关系利用累乘法求出通项，利用错位相减法求出的前100项和得解. 【详解】由，得， 所以，，，，（，）， 累乘可得，又，得. 设①， 则②， ①-②得， ， ， . 故选：C. 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由正态分布定义可得A、C，由期望与方差的性质计算可得B、D. 【详解】由，则，，故A、C错误； ，故B正确； ，故D正确. 故选：BD. 10. 已知方程的正根构成等差数列，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】ACD 【解析】 【分析】法一：原方程可化为，结合函数的图象及性质即可得解； 法二：令，，结合该函数图象及其周期性即可得解. 【详解】法一： 由 得， 即， 由的图象可知，的值为时， 的正根构成等差数列，得， 故A、C、D正确； 法二： ， 其周期为，设， 则，， 其图象如图所示. 的正根构成等差数列， 得、时成立，故C、D正确； 且，，，，时，值也满足题意， 又， 得，故A正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于数形结合，将方程的根的问题转化为函数的交点问题，从而可结合函数图象，利用其周期性与等差数列性质解题. 11. 函数有三个不同极值点，且.则（ ） A. B. C. 的最大值为3 D. 的最大值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A可根据求导后分析单调性，得到的最小值大于1恒成立可得；选项B可由分析求出；选项C可由及求出；选项D可由和求出； 【详解】对于A：有三个不同极值点， 则有三个不等实根为，则定有三个解. 设， 当，恒成立， 得单调递增，不会有三个解， 所以，， 得在单调递增，在单调递减，在单调递增. 定有三个解恒成立， 因为，所以恒成立. 即，得，故A错误； 对于D：设 ， 故，，，故，故D正确； 对于B：又 ，故B正确； 对于C：又，，， 则， 又，放， 的最大值为3，故C正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题A选项关键在于由导数分析单调性，得到的最小值大于1恒成立从而得到的范围；选项BCD根据方程根的特征求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛物线上的动点P到点的距离等于它到C的准线距离，则P到焦点距离为______. 【答案】3 【解析】 【分析】设点P坐标为，根据抛物线的定义及已知条件列出方程组得出即可求解. 【详解】根据抛物线的定义可得：抛物线上的点P到焦点的距离等于点P到准线的距离. 由抛物线可知焦点坐标为； 设点P坐标为. 因为抛物线上的动点P到点的距离等于它到C的准线距离， 所以点P到焦点的距离等于点P到点的距离， 则，解得：. 所以点P到焦点距离为. 故答案为： 13. 如图装满水的圆台形容器内放进半径分别为1和3的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由题意作出轴截面，根据四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似，可得，求出，由体积公式计算可得结果. 【详解】大球体积，小球体积. 圆台的高为. 根据切线长定理可得：，. 由图易知四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似， 即. 解得：，则， 则圆台体积为 则水的体积为： . 故答案为： 14. 已知点，则点P到动直线的最大距离的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由函数与图象可知点位于图中阴影部分区域，由图可知点到直线最大距离的最小值为函数上切线斜率为1的点到直线的距离的一半，求解即可. 【详解】由，得，又， 当时，，当时，， 令，的定义域为， ，解得：， 令，可得，令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， ， 函数与图象如下图， 由此可知：可知点位于图中阴影部分区域， 则点到直线最大距离的最小值为函数上切线斜率为1的点到直线的距离的一半. ， 设，得， 点到的距离为. 故答案为：. 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. 已知数列的前n项和，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）数列的前n项和为，比较和的大小. 【答案】（1）， （2）当时，；当时， 【解析】 【分析】（1）利用可求出，再由求出； （2）由（1）可得，再利用裂项相消法求出，然后与作差比较大小. 【小问1详解】 因为 当时， 又因为时，也满足上式 所以当时，， 【小问2详解】 由，得 当时， 当时，，. 综上所述：当时，，当时，. 16. 如图所示，在等腰直角中，，点、分别为，的中点，将沿翻折到位置. （1）证明：； （2）若，求平面DEF与平面DEC夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：等腰直角中，，得，所以， 点E、F分别为，的中点，，所以， 将沿翻折到位置后，，， 又平面，平面，， 所以平面，又，得平面， 又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，结合线面垂直的定义可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，借助两平面的法向量计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知面，又平面，所以平面平面， 由为中点，故，又因为，所以为等边三角形， 设的中点为，连接，则，又平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 过作交于， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设， 得，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取， 设平面的一个法向量为，则， 取， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 2021年教育部印发的《进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》中提出，中小学校要保障学生每天校内、校外各1小时体育活动时间，每天统一安排30分钟的大课间体育活动.一学校某体育项目测试有的人满分，而该校有的学生每天运动时间超过两个小时，这些人体育项目测试满分率为. （1）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中满分人数的分布列和期望； （2）现从每天运动时间不超过两个小时的学生中任意调查一名学生，求他体育项目测试满分的概率； （3）体育测试前甲、乙、丙三人传球做热身训练，每次传球，传球者等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，第1次由甲将球传出，求第n次传球后球在乙手中的概率. 【答案】（1）分布列为： 0 1 2 3 ， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设为三人满分的人数，可知，可得的分布列和期望. （2）根据条件概率的公式进行计算. （3）设数列，表示第n次传球后球在乙手中的概率，先探索数列的递推公式，再求它的通项公式. 【小问1详解】 该校随机抽取三人，每个人满分的概率为40%， 设抽取的三人中满分人数为，则， 则，， ，， 则的分布列为： 0 1 2 3 所以数学期望. 【小问2详解】 用A表示事件“抽到每天运动时间超过两个小时的学生”， 则，， 用B表示事件“抽到体育项目测试满分的学生”， 则，且， 又因为 所以， 故， 所以. 【小问3详解】 记表示事件“经过次传球后，球在乙的手中”， 设次传球后球在乙手中的概率为，， 则有，所以， 所以 ， 即，， 所以，且， 所以数列表示以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 即第次传球后球在乙手中的概率为. 18. 函数. （1）求的单调区间； （2）若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k. 【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为 （2）2 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得，构造函数，通过研究函数的正负性，即可求解； （2）由条件可得0是的解，可得无非零解，然后构造函数，即可得到，分离参数可得，构造函数。利用导数求得函数的最小值即可. 【小问1详解】 函数，定义域为，则， 因为，设，， 则令得，，， 当时，，，单调递增， 当时，，， 单调递减， 当时，，，单调递增， 综上所述：的单调递增区间为，， 单调递减区间为； 【小问2详解】 若即只有一个解， 因为使方程成立，所以只有0是的解， 当时，无非零解， 设，则， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以最小值为， 当时，，当时，， 故定有零点，又因为无非零解，有零点应还是0， 所以，所以，则， ，得，，， 所以，得， 设，则， 令，则， 因为时，，所以，则在单调递增， 又， 所以使得，所以，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以最小值，且， 得， 又因为，所以，因为， 所以，故整数的最大值为2. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及利用导数研究函数的最值问题，难度较大，解答本题的关键在于利用条件求得，然后结合隐零点问题解决即可. 19. 函数是我们最熟悉的函数之一，它是奇函数，且y轴和直线是它的渐近线，在第一象限和第三象限存在图象，其图象实质是圆锥曲线中的双曲线. （1）函数的图象不仅是中心对称图形，而且还是轴对称图形，求其对称轴l的方程； （2）若保持原点不动，长度单位不变，只改变坐标轴的方向的坐标系的变换，叫坐标系的旋转，简称转轴. （i）请采用适当的变换方法，求函数变换后所对应的双曲线标准方程； （ii）已知函数图象上任一点到平面内定点的距离差的绝对值为定值，以线段为直径的圆与的图象一个交点为，求的面积. 【答案】（1）和 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题设定义及双曲线的性质，可得对称轴为直线和，再求出和，即可求解； （2）（i）法一：设出平面上任一点在旧坐标系与新坐标系内的坐标分别为与，根据条件得出，代入，即可求解；法二：由点在，代入化简变形，即可求出结果；（ii）根据条件及双曲线的定义，得到，即可求出结果. 【小问1详解】 函数的图象是圆锥曲线中的双曲线，且轴和直线是它的渐近线可知， 对称轴为直线和. 又，得，解得， 又，所以，得， 又， 所以对称轴的方程为和. 【小问2详解】 （i）法一：在转轴下，设坐标轴的旋转角为，平面上任一点在旧坐标系与新坐标系内的坐标分别为与， 作，，再设，则 ，， ， 由（1）可知将坐标轴逆时针度转，函数将变为双曲线标准方程， 由公式可得，即，得到， 代入，整理得. 法二：考虑将函数顺时针转，可得双曲线标准方程. 任取上一点，，， 则点在上. 即 得. （ii）由题意知为双曲线的两个焦点， 所以， 又因为为直角三角形，所以， 由双曲线性质可知， 得，所以 得的面积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $