河北省正定中学2024届高三三轮复习模拟试题（七）数学试卷

河北正定中学三轮复习模拟试题（七） 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．设是等比数列，且，，则　 A．12 B．24 C．30 D．32 2．设，则　 A． B． C． D． 3．的展开式中的系数为 A．5 B．10 C．15 D．20 4．已知，且，则 A． B． C． D． 5．在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上．若，则的最大值为 A．2 B． C． D．3 6．已知，则以下四个数中最大的是　　 A． B． C． D． 7．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则 A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 8．已知正四棱锥的外接球体积为，则该正四棱锥体积的最大值为　　 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．已知正方体，则 A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．平面与平面夹角的余弦值为 D．平面与平面夹角的余弦值为 10．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，均为偶函数，则 A． B． C． D． 11．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线：与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点在直线上，点Q在直线上，且，则 A.C的离心率为3 B.当时， C. D.为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．在中，，，，为上一点，为的平分线，则　　 ． 13．若，分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为　 　． 14．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.“冰雹猜想”可表示为数列满足：（m为正整数），.问：当时，试确定使得需要 步“雹程”；若，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） 已知函数在区间单调，其中为正整数，，且． （1）求图象的一条对称轴； （2）若，求． 16．（本小题满分15分） 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知， 求：直线与平面所成角的正弦值，以及点到平面的距离． 条件①：；条件②：平面；条件③：． 17.（本小题满分15分） 未患病者 患病者 合计 未服用中草药甲 29 16 45 服用中草药甲 46 9 55 合计 75 25 100 为了解中草药甲对某疾病的预防效果，研究人员随机调查了100名人员，调查数据如表．（单位：个） （1）若规定显著性水平，试分析中草药甲对预防此疾病是否有效； （2）已知中草药乙对该疾病的治疗有效率数据如下：对未服用过中草药甲的患者治疗有效率为，对服用过中草药甲的患者治疗有效率为．若用频率估计概率，现从患此疾病的人员中随机选取2人（分两次选取，每次1人，两次选取的结果独立）使用中草药乙进行治疗，记治疗有效的人数为，求的分布列和数学期望． 附：． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 18．（本小题满分17分） 已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点． 证明：是直角三角形； 求面积的最大值． 19．（本小题满分17分） 已知常数，设． （1）若，求函数的最小值； （2）是否存在，且、、依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由． （3）求证：“”是“对任意，，，都有”的充要条件． 河北正定中学三轮复习模拟试题（七） 数学答案 1．解：是等比数列，且，则，即， ，故选：． 2．解：设，，是实数，则， 则由，得， 得，得，得，，即，故选：． 3．解：因为； 要求展开式中的系数即为求展开式中的系数； 展开式含的项为：； 故的展开式中的系数为15；故选：． 4．解：由，得， 即，解得（舍去），或． ，，，则．故选：． 5．解：如图：以为原点，以，所在的直线为，轴建立如图所示的坐标系，则，，，， 动点在以点为圆心且与相切的圆上， 设圆的半径为， ，，， ，圆的方程为， 设点的坐标为，， ，，，，，， ，， ，其中， ，，故的最大值为3，故选：． 6．解：令，， 则， ， ， ， 故最大的是，故选：． 7．解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：，，，，， 两点数和为7的所有可能为，，，，，， （甲，（乙，（丙，（丁， （甲丙）（甲（丙， （甲丁）（甲（丁， （乙丙）（乙（丙， （丙丁）（丙（丁，故选：． 8．解：如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上， 连接与交于点，连接，则球心在直线上， 连接，设正四棱锥的底面边长为，高为， 在中，， 即， 球的体积为，球的半径， 在中，，即， ，， ，该正四棱锥体积， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， ，故选：． 9.解：如图，设正方体棱长为1，连接， 由，，得四边形为平行四边形，可得，，直线与所成的角为，故正确； ，，，平面， 而平面，，即直线与所成的角为，故正确； 设，连接， 平面与平面所成的角为，计算可得，故错误； 底面，即为平面与平面所成的角， 计算可得，故正确， 故选：． 10．解：为偶函数，可得，关于对称， 令，可得，即（4），故正确； 为偶函数，，关于对称，故不正确； 关于对称，是函数的一个极值点， 函数在，处的导数为0，即， 又的图象关于对称，，函数在，的导数为0， 是函数的极值点，又的图象关于对称，，关于的对称点为，， 由是函数的极值点可得是函数的一个极值点，， 进而可得，故是函数的极值点，又的图象关于对称， ，关于的对称点为，，，故正确； 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值， 故错误． 解法二：构造函数法， 令，则，则， ， 满足题设条件，可得只有选项正确， 故选：． 11．答案为BCD.解：由题意得，，故A错误； 联立，得，解得或，则，故B正确； 设，的斜率分别为，，故直线的方程为，联立，得，设，则，，故.当轴时，是等腰直角三角形，且易知；当不垂直于x轴时，直线的斜率为，故，因为，所以，所以，，故C正确；因为，故，故，故D正确.故选. 12．答案为2．解：在中，，， 由正弦定理可得， ，又， ，， 又为的平分线，且， ，又，， ．故答案为：2． 13．答案为：解：设圆的圆心为，半径为， 当垂直于抛物线在点处的切线时，取得最小值，为，如图所示， 设点，则直线的斜率为，且， 由知，， 所以过点的切线的斜率为， 因为直线与切线垂直，所以，所以， 所以，即， 因为恒成立，所以，即， 此时， 所以，即的最小值为． 故答案为：． 14．答案为：12，4753 解：当，可得， 所以需要12步使得； 若，则， ， ，所以． 所以． 故答案为：12，4753 15．解：（1）因为， 所以图像的一条对称轴为．................4分 （2）因为函数在区间单调， 所以最小正周期， 所以，即， 又为正整数，所以，2，3，................7分 由（1）知，在处取得最值， 所以，，即，， ①当时，，， 由，知，所以， 所以，不符合题意；................9分 ②当时，，， 由，知，所以， 所以，符合题意；................11分 ③当时，，， 由，知，所以， 所以，不符合题意， 综上所述，．................13分 16．解：（Ⅰ）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，为棱的中点，连接交于点，连接， 如图所示：所以点和点为和的中点， 所以， 由于平面，平面，， 所以平面． ................6分 （Ⅱ）选条件①：；，所以，由于点为的中点，所以为等腰直角三角形， 以点为原点建立空间直角坐标系，如图， 所以，0，，，0，，，1，，，1，，，0，， 所以， 所以，，，................8分 设平面的法向量为， 所以，整理得， 故．................10分 所以直线与平面所成角，满足．................12分 故点到平面的距离．................15分 选条件②：平面；所以， 由于点为的中点，所以为等腰直角三角形， 以点为原点建立空间直角坐标系，如图， 所以，0，，，0，，，1，，，1，，，0，， 所以， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，整理得，故． 所以直线与平面所成角，满足． 故点到平面的距离． 选条件③：时，由于， 且，所以， 故，故， 以点为原点建立空间直角坐标系，如图， 所以，0，，，0，，，1，，，1，，，0，， 所以， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，整理得，故． 所以直线与平面所成角，满足． 故点到平面的距离． 17．解：（1）零假设为：草药甲对预防此疾病无效， 根据列联表中的数据，可得， 根据小概率值的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为中草药甲对预防此疾病有效；................6分 （2）设事件表示“中草药乙的治疗有效”，事件表示“患者未服用过中草药甲”，事件表示“患者服用过中草药甲”， 则，，且，， 所以（A），................10分 即中草药乙的治疗有效率，则， 所以， ， ，................13分 所以的分布列为： 0 1 2 所以．................15分 18．解：（1）由题意得， 整理得曲线的方程：， 曲线是焦点在轴上不含长轴端点的椭圆；................5分 （2）设，，则，，，，，， 直线的方程为：，与联立消去， 得， ，， ，................8分 ，把代入上式， 得，................10分 ， ，故为直角三角形；................12分 ................15分 令，则， 利用“对号”函数在，的单调性可知， 时取等号）， （此时， 故面积的最大值为．................17分 19．解：（1），， 令，得，所以在上，单调递减，在上，单调递增，所以（1）．................4分 （2）若、、依次成等比数列，则， 若、、成等差数列，则，................6分 所以， 所以，................8分 当时，成立， 当时，则，联立，得， ，即， 所以，与矛盾， 所以时，存在，，满足条件， 当时，不存在，，满足条件．................10分 （3）证明：，则， ， 所以， 又 ，................12分 令， 上式 ①，................14分 令，则恒成立， 单调递减， 所以（1）， 充分性：若，则，则恒成立，................16分 必要性：要使得①式恒成立，则恒成立，即．................17分 学科网（北京）股份有限公司 $$