河北省石家庄市正定中学2024届高三下学期三轮复习数学模拟试题（一）

河北正定中学三轮复习模拟试题（一） 数 学 （时间120分钟，满分150分） 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，再选涂其他答案标号。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．已知集合，2，3，，，，则 A．， B．， C．， D．， 2．若，则在复平面内复数对应的点不可能在 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．物理学家本福特提出的定律：在进制的大量随机数据中，以开头的数出现的概率为，应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误．若，则的值为 A．7 B．8 C．9 D．10 4．有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有 A．180种 B．150种 C．120种 D．90种 5．过抛物线的焦点作斜率为的直线与抛物线交于，两点，点的坐标为，若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 6．我们把由0和1组成的数列称为数列，数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛应用，把斐波那契数列，中的奇数换成0，偶数换成1可得到数列，若数列的前项和为，且，则的值可能是 A．100 B．201 C．302 D．399 7．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若在区间上的最大值为0，则的值为 A． B． C． D． 8．在三棱锥中，，，当二面角的余弦值为时，三棱锥外接球的表面积为 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．已知向量，，则下列结论正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若与的夹角为，则 D．若与方向相反，则在上的投影向量的坐标是 10．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则 A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 11．已知函数及其导函数的定义域均为，若的图象关于直线对称，，且，则 A.为偶函数 B.的图象关于点对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．在中，若，，，则　　 ． 13．已知椭圆的左右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，则的离心率为 　　 ． 14．甲，乙，丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中，投掷次骰子后，记球在甲手中的概率为，则　　 ；　　 ． 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.（本小题满分13分） 已知等差数列的前项和为，，，是各项均为正数的等比数列，，且． （1）求和的通项公式； （2）设，数列的前项和为，证明：． 16．（本小题满分15分） 红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金（万元）与年收益（万元）的8组数据： 10 20 30 40 50 60 70 80 12.8 16.5 19 20.9 21.5 21.9 23 25.4 （1）用 模拟生产食品淀粉年收益与年投入资金的关系，求出回归方程； （2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的.年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值．（精确到0.1万元）. 附：①回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ② 161 29 20400 109 603 ③， 17.（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，，，平面平面，设平面与平面的交线为． （1）证明：平面平面； （2）已知．若直线与直线所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 18．（本小题满分17分） 已知双曲线的左焦点到其渐近线的距离为，点在上． （1）求的标准方程； （2）若直线与交于，（不与点重合）两点，记直线，，的斜率分别为，，，且，是否存在值，使得．若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由． 19．（本小题满分17分） 已知，为函数的极值点，直线过点 ，. （1）求的解析式及单调区间； （2）证明：直线与曲线交于另一点； （3）若，求.（参考数据：） 河北正定中学三轮复习模拟试题（一） 数学答案 1．解：集合，2，3，，，，4，9，， ，．故选：． 2．解：由可得， 则对应的点，， 若，则不存在，即不可能为第一象限， 若，则，即可能为第二象限， 若，则，即可能为第三象限； 若，则，即有可能为第四象限．故选：． 3．解：由题意可知，， 所以， 所以，所以， 所以，即，所以，所以．故选：． 4． 解：有5名志愿者去定点帮扶3位困难老人，若要求每名志愿者都要帮扶且只帮扶一位老人，每位老人至多安排2名志愿者帮扶，则不同的安排方法共有种．故选：． 5．解：抛物线的焦点为，直线方程为， 联立，可得，设，，，，又， ，， ，， ，， ，，解得．故选：． 6．解：因为，， 所以，，，，，，，， 所以数列的前若干项为： ，，，，，，，，， 则， 所以，， ，．故选：． 7．解：将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则 ， ，，， 在区间上的最大值为0，可得， ，解得．故选：． 8．解：如图所示，取的中点，连接，，由，， 可得，，又，平面， 是二面角的平面角，由已知可得，， 在中，由余弦定理可得，则三角形为等腰三角形， 取点为的中点，则， 又平面，， 又，平面， 由勾股定理可知，为外接圆的圆心． 过点作，取为三棱锥的外接球的球心， 过点作交于一点，连接，， 设，在中，，． 设三棱锥外接球的半径为，由勾股定理可得： ，解得． 三棱锥外接球的表面积为．故选：． 9．解：向量，，， 则，解得，故正确； ，则，解得，故正确； ，，若与的夹角为， 则， 故，若与方向相反， 则在上的投影向量的坐标是：，故正确． 故选：． 10．解：对选项，如图， 根据正方体的性质，易证平面， 当为矩形边上的点（不含时， 都满足， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为：， 选项错误； 对选项，如图， 当直线与所成的角为时， 点的轨迹即为：以直角边为轴旋转所得圆锥与正方体表面的交线， 即点的轨迹即为线段与线段和，（不含点）， 点的轨迹长度为，选项正确； 对选项，如图，当与重合时，三棱锥体积最大， 此时三棱锥为正四面体， 三棱锥体积的最大值为， 选项错误； 对选项，如图， 分别取，，，，的中点，，，，， 则根据面面平行的判定定理易得平面平面， 为底面线段上的点时，都满足平面， 又易知六边形是边长为的正六边形，如图， 当与重合时，线段的长度最大，又易知，， 即线段长度最大值为，选项正确．故选：． 11．BCD解：由的图象关于直线对称,可得的图象关于直线对称,即的图象关于直线对称.由,可得,又,所以,所以的图象关于点对称,即为奇函数,周期为.由,可得,因为的周期为4,所以,则,即,所以的图象关于点对称.因为的图象关于直线对称,则,所以,所以,因为的周期为4,所以的周期也为4.由,可得,所以.由,可得,所以,即.故选： 12．解：因为，，， 所以， 由正弦定理，可得， 解得．故答案为：． 13．解：令椭圆的半焦距为， 设，则，由点在轴上，， 得，而， ，， ，解得（舍去），或， 在△中，， 在△中，由余弦定理得，， 整理得，，即．故答案为：． 14．解：由题意，当投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4中情况： ①：甲甲甲甲，其概率为， ②：甲甲乙甲，其概率为， ③：甲乙甲甲，其概率为， ④：甲乙丙甲，其概率为， 所以投掷3次后，球在甲手中的概率为， ， 设投掷次后，球仍在乙手中的概率为， 所以当时，， ， 所以，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，， 所以，符合该式， 所以．故答案为：． 15．（1）解：设数列的公差为， 因为， 所以当时，， 两式相减，得， 因为，所以，解得， 又，所以，所以， 设数列的公比为， 因为， 所以，解得， 又，所以． （2）证明：由题意得，， 设数列的奇数项之和为，偶数项之和为， 则， ， 所以， 两式相减得，， 所以， 故． 16．解：（1）， ， 所以回归方程为； （2）设投入万元生产食品淀粉，万元生产药用淀粉， 所以， 设，则， 易得在上单调递增，上单调递减， 所以， 又因为，所以年收益最大值约为36.5万元． 17．（1）证明：因为平面平面，且其交线为，，平面， 故平面， 又，所以平面，平面， 所以平面平面； （2）解：，平面，平面，所以平面． 又平面平面的交线，平面， 所以（可知直线与平面所成角等于直线与平面所成角）． 由直线与直线所成的角为，知， 可推出． 由（1）可知，平面，平面，即平面平面， 由于两平面的交线为， 过作直线的垂线，垂足为，则平面． 方法 ，，则， 则． 又是一个直角三角形， ，所以， ， ． 设点到平面的距离为， 由，得， 解得；直线与平面所成角的正弦值为； 方法以为坐标原点，分别以向量的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图空间直角坐标系． 则， ， 设平面的法向量为， 由得 取，得， 则平面的一个法向量为， 又， ，，， ，， 令直线与平面所成角为，，， 因为，． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18．解：（1）由双曲线可得，渐近线方程为：， 则有，化简得， 又在上，即，即，故． （2）由题意可知直线的斜率存在且斜率为，设直线为， 设，、，， 联立直线与双曲线，消去可得， 则有且△， 即且， 有， 由，故， 则 ， 即有，即， 故或， 当时，直线为，过点，故舍去， 当时，直线为，由，、，， 则线段中点坐标为，， ， 即，由，，， 故有，即，解得，故， 则直线为，即存在，使得， 此时直线的方程为． 19．解：（Ⅰ），依题意有， 解得，所以. 当与时，；当时，； 所以在，单调递增，在单调递减. （Ⅱ）直线AB的方程为，即. 由，得，①，显然和为方程的①解. 设，则，令得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 因为，， 所以有且仅有2个零点，其中， 即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为. （Ⅲ）由（Ⅱ）得，即， 设，则，所以，代入可得. 设，则，令得. 当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增. 因为，，，所以存在唯一的，使得. 此时 因此，，所以. 学科网（北京）股份有限公司 $$