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（六）

河北正定中学三轮复习模拟试题（六） 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：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．已知非零向量满足且，则与的夹角为（     ） A． B． C． D． 2．从长度为1，3，5，7，9的5根木棒中任选3根，能构成三角形的概率为（     ） A． B． C． D． 3．已知是数列的前n项和，则“对恒成立”是“是公比为2的等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．若，则z的虚部是（    ） A． B． C． D． 5.设是某港口水的深度（米关于时间（时的函数，其中，下表是该港口某一天从0时至24时记录的时间与水深的关系： 0 3 6 9 12 15 18 21 24 12 15.1 12.1 9.1 11.9 14.9 11.9 8.9 12.1 经观察，可以近似看成的图象，下面的函数中最能近似地表示表中数据对应关系的函数是　　 A．， B．， C．， D．， 6．如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 7．已知且且且，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知抛物线，圆，过圆心的直线与抛物线和圆依次交于、、、，则的最小值为　　 A．14 B．23 C．18 D．15 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．下列说法正确的是（    ） A．设随机变量的均值为是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度（偏离程度用差的平方表示） B．在列联表中，的值越大，说明两个分类变量之间的关系越强 C．用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越小，残差平方和越小，模型拟合效果越好 D．在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都扩大为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变 10．约翰逊多面体是指除了正多面体､半正多面体（包括13种阿基米德多面体､无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱､无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔､平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三､四､五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则该台塔（    ） A．共有15条棱 B．表面积为 C．高为 D．外接球的体积为 11．“双曲线电瓶新闻灯”是记者常用的一种电瓶新闻灯，具有体积小，光线柔和等特点．这种灯利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．并且过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角，如图所示：已知左、右焦点为的双曲线C的离心率为，并且过点，坐标原点O为双曲线C的对称中心，点M的坐标为，则下列结论正确的是（    ） A．双曲线的方程为 B．若从射出一道光线，经双曲线反射，其反射光线所在直线的斜率的取值范围为 C． D．过点作垂直的延长线于H，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知圆和圆交于，两点，则　 　． 13.已知，，则　 　． 14．已知函数，记函数，的值域分别为，若，则的取值范围是　 　． 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） 已知矩形ABCD中，点E在边CD上，且．现将沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成如图所示的四棱锥． (1)若点F在线段AP上，且平面，求的值； (2)若平面平面，求平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值． 16．（本小题满分15分） 如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边， 交于点． （1）求； （2）求． 17．（本小题满分15分） 已知函数. (1)当时，证明：； (2)若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围. 18．（本小题满分17分） “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸： 步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为； 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕. 现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)设曲线与轴从左到右的交点为点，为直线上的一动点（点不在轴上），连接交曲线于点，连接并延长交曲线于点.是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19．（本小题满分17分） 在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为． (1)若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则． （注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率） （ⅰ）完成下表； 0 1 2 3 （ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值． (2)把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计． 具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性． 河北正定中学三轮复习模拟试题（六） 答案 1．【答案】C 2．【答案】A【解析】构成三角形的有三种，一共种情况，所以能构成三角形的概率为，故选：A 3．【答案】B【解析】解：若，则，即，根据等比数列的定义，是公比为2的等比数列不成立； 若是公比为2的等比数列，则，即， 所以成立；所以“对恒成立”是“是公比为2的等比数列”的必要不充分条件，故选：B. 4．【答案】B【解析】∵，则 ，故z的虚部.故选：B. 5.【答案】【解析】解：排除法：可以近似看成的图象，由可排除、，将代入排除．故选：． 6．【答案】B【解析】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以， 所以平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，，所以，所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，因为为直径，所以，因为，即，又因为平面，平面，所以，平面，所以平面，过点作交于点，因为平面，所以，，，平面，所以平面，所以为交线l与平面所成角，因为，，.由图知.故选：B. 7．【答案】D【解析】因为，故，同理， 令，则，当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数，因为，故，即，而，故，同理，，， 因为，故，所以.故选：D． 8.【答案】【解析】解：易知抛物线的焦点为，设点，、，，圆的半径为1，由抛物线的定义可得，，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，联立，可得， 则△，由韦达定理可得，所以，当且仅当时，即当或时，等号成立， 因此的最小值为14，故正确．故选：． 9．【答案】AB【解析】对于：由均值的性质可知，由于是不等于的常数，故可得，即相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，A正确；对于：在列联表中，的值越大，说明两个分类变量之间的关系越强，B正确；对于：由决定系数的定义可知，错误；对于D：如果列联表中所有数据都扩大为原来的10倍，则的值变为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论可能发生改变，D错误，故选：AB. 10．【答案】ACD【解析】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，A选项正确；台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1， 表面积为，B选项错误； 上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为，则点是正六边形的中心，也是的中心，和都是正三角形，是的中心，由棱长为1，则，所以台塔的高，C选项正确；设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径，下底面正六边形的外接圆圆心为， 则半径，设台塔的外接球半径为，， 则有或，解得， 所以，台塔的外接球体积，D选项正确.故选：ACD 11．【答案】ACD【解析】A选项：设焦点在轴上的双曲线方程为.由离心率，可得，于是方程为.代入点，解得.双曲线方程为.故A正确.B选项: 根据题中条件分析可知，反射光线所在直线的斜率介于两条渐近线斜率之间.焦点在轴上的双曲线渐近线斜率，答案应为.故B错误.C选项：利用点斜式求得，与双曲线方程联立，得到，可知该直线与双曲线只有一个交点，即直线为双曲线在点处的切线.根据题中条件“过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角”可知，.故C正确.D选项：由C选项的计算结果.因为直线垂直于直线，所以.因为，可求得.两方程进行联立，解出，因此.故D正确.故选：ACD 12.【答案】．【解析】解：将圆和圆的方程作差得，圆心到直线的距离为，所以． 13.【答案】．【解析】解：因为，即， 所以，①因为， ②由①②可得：，， 所以．故答案为：． 14．【答案】.【解析】因为，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值，也是最小值， 所以，当时，， 不符合题意，当，即时， 令，则，， 因为，所以必有， 显然不可能有，否则，不符合题意， 所以，解得，所以的取值范围是.故答案为：. 15． 【解析】（1）作，交PB于M，易得M，F，E，C四点共面， 平面PBC，平面平面，平面EFMC， ，四边形EFMC为平行四边形， ，，由可得；..........5分 （2）因为为等腰直角三角形，取AE中点O，则，即．又因为平面平面ABCE，平面平面，平面APE， 所以平面ABCE．以O为坐标原点，OA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，则，，..........7分 设平面PEC的法向量为， 则， 不妨取，则，，，..........9分 设平面ECA的一个法向量为，..........11分 则， 则平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值为．..........13分 16．【解析】解：（1）因为两块直角三角形斜边靠在一起，其中公共斜边，交于点，可得， ，..........3分 因为， 所以，.........5分 所以在中， ；..........7分 （2）因为，..........9分 又因为， 所以，..........12分 即， 解得．..........15分 17．【解析】（1）因为函数的定义域为，当时，...........1分 要证，只需证：当时，. 令，则，..........3分 则在单调递增， 所以，即...........6分 （2），..........6分 令， 则. 所以在单调递增，，...........8分 ①时，，. 则在为增函数，在上无极值点，矛盾............10分 ②当时，.由（1）知，， ，则， 则使............12分 当时，，，则在上单调递减； 当时，，，则在上单调递增. 因此，在区间上恰有一个极值点， 所以的取值范围为...........15分 18．【解析】（1）由题意可知，，..........2分 所以点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，焦距， 所以，所以曲线的方程为；..........6分 （2）存在，使得成立，..........7分 设，，，， 又，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，代入得： ，所以，即， 所以，..........9分 因为，所以直线斜率为， 所以直线的方程为，代入得： ，所以，所以， 所以，..........12分 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 所以直线恒过定点，设该定点为，..........15分 所以，，所以，所以.......17分 19．【解析】（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或；...........2分 （ⅰ）当时，，， 当时，，， 表格如下 0 1 2 3 （一个空1分，共4分）..........6分 （ⅱ）由上表可知． 当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大． 所以；..........8分 （2） 由， 则，...........10分 令，即， 故，..........12分 即当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 即当时，取最大值，故，..........15分 因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．..........17分 学科网（北京）股份有限公司 $$