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（五）

河北正定中学三轮复习模拟试题（五） 数 学 （时间120分钟，满分150分） 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、选择题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1．已知集合，0，，，则下列结论正确的是　　 A． B． C． D．， 2．在复平面内，复数则对应的点位于　　 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．四羊方尊（又称四羊尊）为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台（上、下底面的边长分别为，，高为，则四羊方尊的容积约为　　 A． B． C． D． 4.已知，则　　 A． B． C． D． 5．一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40．若这两组数据的中位数相等，则删除的数为　　 A．25 B．30 C．35 D．40 6．已知正项数列满足，为的前项和，则“是等差数列”是“为等差数列”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 7．已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为　　 A． B． C． D． 8．在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则　　 A．3 B．6 C．7 D．9 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．已知函数，则　　 A．的最小正周期为 B．的单增区间是 C．的最大值为2 D．的图象关于对称 10．“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体　　 A．共有18个顶点 B．共有36条棱 C．表面积为 D．体积为 声明11. 日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 设，则为等比数列 D. 设，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若，，，则的最小值为 　　． 13．已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点．若，，则的离心率为 　　． 14．已知在定义域上为单调函数，对，恒有，则函数的零点是　　． 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） 中，角，，对边的边长分别是，，，且． （1）试判断的形状； （2）若外接圆半径为1，求周长的取值范围． 16．（本小题满分15分） 已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为4． （1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）若点，过点的直线交的轨迹于，两点，求的最小值． 17. （本小题满分15分） 某班欲从6人中选派3人参加学校篮球投篮比赛，现将6人均分成甲、乙两队进行选拔比赛经分析甲队每名队员投篮命中概率均为，乙队三名队员投篮命中的概率分别为，．现要求所有队员各投篮一次（队员投篮是否投中互不影响）． （1）若，求甲、乙两对共投中5次的概率； （2）以甲、乙两队投中次数的期望为依据，若甲队获胜，求的取值范围． 18．（本小题满分17分） 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点、分别在棱、上． （1）若是的中点，证明：； （2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积． 19．（本小题满分17分） 已知函数的图象在，上连续不断，定义：，，，．其中，表示函数在上的最小值，表示函数在上的最大值．若存在最小正整数，使得对任意的，成立，则称函数为，上的“阶收缩函数”． （1）已知函数，试写出，的表达式，并判断是否为，上的“阶收缩函数”，如果是，请求对应的的值；如果不是，请说明理由； （2）已知，函数是，上的2阶收缩函数，求的取值范围． 2024届高三第三轮复习试题（五） 参考答案 1. 【解答】解：由题意可知：，所以，之间没有包含关系，且，，故错误，正确．故选：． 2. 【解答】解：则对应点在第四象限．故选：． 3. 【解答】解：根据台体的体积公式可得： 四羊方尊的容积约为．故选：． 4. 【解答】解：由题意，，， 又，，， 则．故选：． 5. 【解答】解：新数据：10，21，25，35，36，40，其中位数为：， 对于，若删除的数为25，原始样本数据的中位数为25，故错误； 对于，若删除的数为30，原始样本数据的中位数为30，故正确； 对于，若删除的数为35，原始样本数据的中位数为35，故错误； 对于，若删除的数为40，原始样本数据的中位数为35，故错误．故选：． 6. 【解答】解：根据题意，若是等差数列，设其公差为，首项为， 若，即，，故， ，故，故为等差数列， 反之，若为等差数列且，设， 由于数列为正项数列，则为递增数列，且， 即，，则，则有， 同理：，则有，故， 若，则，变形可得：或， 由于，，不符合题意，故， 故，则有，则， 当时，， 符合，故， 易得当时，，是等差数列； 故“是等差数列”是“为等差数列”的充要条件．故选：． 7. 【解答】解：由已知，则， 所以函数为周期函数，最小正周期4， 又当时，，单调递减，过定点， 可知函数的图象如图所示，且的值域为，， 关于的方程至少有两解， 可得函数与函数的图象至少有两个交点， 可知当时，，解得，即，， 当时，，解得，即，， 综上所述，，．故选：． 8. 【解答】解：因为是的外心，为的中点， 设的中点为，连接，所以，，设， 则 ，又是的外心， 所以， 所以．故选：． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/6 18:28:53；用户：康玉霞；邮箱：13930172506@zz.com；学号 9. 【解答】解：，定义域为， 对于，的最小正周期为，正确； 对于，令，，解得，，可得的单增区间是，错误； 对于，的值域为，无最大值，错误； 对于，由于，可得的图象关于对称，正确．故选：． 10. 【解答】解：由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故错误，正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为，故错误； 正八面体的棱长为3， ，，四棱锥的高为， 四棱锥与四棱锥全等， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为，故正确．故选：． 11. BCD【解析】设植物总数为，寿命为年的植物数为， 则① ② ②①得，， 即，故，故A错误； 由，故，故B正确； 由， 故，即为等比数列，故C正确； 因为， 设，则， ， 相减可得 ，所以，故D正确. 故选：BCD 12. 4.【解答】解：若，，，则， 当且仅当，即时取等号．故答案为：4． 13. .【解答】解：设的中点为，则，又，， ，且为的中点， 设右焦点为，则为的中点，，且，又，， 设，，则，又，，， 又，，，， ，，，，，又，且， ，，，双曲线的离心率．故答案为：． 14. .解：因为是定义域为的单调函数，且对任意的， 都有，故可设存在唯一的实数，使得， 则设，所以，所以，则， 由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，又，所以， 故，再令，，解得：.故答案为. 15．【解答】解：（1）证明： 由余弦定理得．整理得．…5分 ，．故．为直角三角形. ……………………………6分 （2）外接圆半径为1，，．……………………………7分 ．……………………………10分 ，，．，………12分 ，故周长的取值范围是，．………13分 16.【解答】解：（1）设动圆圆心为，，………2分 到轴距离为，动圆截轴所得半弦长为2，则，………4分 化简得，所以动圆圆心的轨迹方程为：；………5分 （2）设，，，，当直线斜率存在时，由题易知直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 与的轨迹方程联立得，整理可得：， 由题意△，且，，………8分 由（1）知，为轨迹的焦点， 由抛物线定义得………10分 ， 所以当，即时，的最小值为；………13分 当直线斜率不存在时，， 由抛物线定义．………14分 综上，的最小值为．………15分 17. 【解答】解：（1）若，则甲、乙两队共投中5次的概率为；………………………………6分 （2）设甲投中次数为，；………………………………8分 设乙投中次数为，的可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ， ，………13分 甲队获胜，则，解得．………………………………15分 18. 【解答】（1）证明：由题意，，，两两垂直， 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，0，，，0，，，4，，，2，，，，，其中，， 因为是的中点，则，3，，所以，………2分 又，所以，故，所以；……5分 （2）解：由题意可知，，设平面的法向量为， 则，即，令，则，，故，………7分 又平面的一个法向量为，………8分 所以， 又二面角的余弦值为，所以，解得或（舍，……11分 此时，设，因为， 所以，，，故， 因为平面，且平面的一个法向量为， 所以，即，解得，则，………………………………14分 于是将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高为， 故四面体的体积为．………………………………17分 19.【解答】解：（1）由题意可得，，，，,于是．…3分 若是，上的“阶收缩函数”，则在，上恒成立，………4分 且，使得成立． 令，，，则，所以在，单调递减， ，，，即，于是在，恒成立； 又，成立．故存在最小的正整数，使为，上的“2阶收缩函数”．………7分 （2），令得或．令，解得或3． 函数，的变化情况如下： 0 2 0 0 增 0 增 4 减 ………10分 （ⅰ）时，在，上单调递增，因此，，． 因为是，上的2阶收缩函数，所以，①对，恒成立； ②存在，，使得成立． ①即：对，恒成立，由，解得：或， 要使对，恒成立，需且只需． ②即：存在，，使得成立． 由得：或，所以，需且只需． 综合①②可得： ………………………14分 （ⅱ）当时，显然有，，由于在，上单调递增， 根据定义可得：，，可得， 此时，不成立．………………………………16分 综合（ⅰ），（ⅱ）可得：．………………………………17分 第1页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $$