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（八）

河北正定中学三轮复习模拟试题（八） 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，是两个平面，，是两条直线，且，，，则“”是“”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 2．在中，，，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 3．过圆外一点作圆的切线，切点分别为，，则　　 A． B． C． D． 4．为了解某中学学生假期中每天自主学习的时间，现采用分层随机抽样的方法抽取高一学生40人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生60人，其每天学习时间均值为9小时，方差为0.8，抽取高三学生100人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为　　 A．1.4 B．1.45 C．1.5 D．1.55 5．已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当，时，是减函数，设，，，则，，的大小关系为　　 A． B． C． D． 6．已知实数，，满足，则的取值范围是　　 A． B． C． D． 7．已知，则　　 A． B． C． D． 8．丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．若，，，为区间上任意个实数，满足（当时取等号），则称函数在上为“凹函数”．也可设可导函数在上的导函数为，在上的导函数为，当时，函数在上为“凹函数”．已知，，，，，且，令的最小值为，则为　　 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．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则　　 A．事件与是互斥事件 B．事件与是对立事件 C．事件与是互斥事件 D．事件与相互独立 10．已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与双曲线的右支相交于，两点（点在第一象限），若，则　　 A．双曲线的离心率为 B． C． D． 11．圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球．若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球．如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为6，则　　 A．设圆锥的轴截面三角形为，则其为等边三角形 B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则 C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D．设，是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则　　． 13．近年来，重庆以独特的地形地貌、城市景观和丰富的美食吸引着各地游客，成为“网红城市”．远道而来的小明计划用2天的时间游览以下五个景点：解放碑、洪崖洞、重庆大剧院、“轻轨穿楼”打卡点、磁器口，另外还要安排一次自由购物，因此共计6项内容．现将每天分成上午、下午、晚上3个时间段，每个时段完成1项内容，其中大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在晚上，“轻轨穿楼”必须安排在白天，其余项目没有限制，那么共有　　种方案． 14．椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上第一象限内，记，，存在圆经过点，，，且，则椭圆的离心率为 　　． 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.（本小题满分13分） 已知为等差数列的前项和，，，． （1）求的通项公式； （2）记为数列的前项和，若，求的最小值． 16.（本小题满分15分） “南澳牡蛎”是我国地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．2024年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量（人与年收益增量（万元）的数据如下： 人工投入增量（人 2 3 4 6 8 10 13 年收益增量（万元） 13 22 31 42 50 56 58 该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了与的两个回归模型： 模型①：由最小二乘公式可求得与的线性回归方程：； 模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量做变换，令，则，且有． （1）根据所给的统计量，求模型②中关于的回归方程（精确到； 根据下列表格中的数据，比较两种模型的决定系数，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量． 回归模型 模型① 模型② 回归方程 182.4 79.2 （2）根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克在正常环境下服从正态分布．购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于的牡蛎的可能性有多大？ 附：若随机变量，则，； 样本，，2，，的最小二乘估计公式为：，． 17．（本小题满分15分） 已知函数，且在上的最大值为． （1）求实数的值； （2）讨论函数在，内的零点个数，并加以证明． 18．（本小题满分17分） 如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面是矩形，平面平面，，分别为线段，的中点，点在线段上（不包括端点）． （1）若，求证：点，，，四点共面； （2）若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出，若不存在，请说明理由． 19． （本小题满分17分） 已知为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于，两点，． （1）求抛物线的方程； （2）若点，连接，，证明：； （3）已知圆以为圆心，1为半径，过作圆的两条切线，与轴分别交于点，且，位于轴两侧，求面积的最小值． 河北正定中学三轮复习模拟试题（八） 参考答案与试题解析 1．【解答】解：因为，，，，所以，此时“”是“”的必要条件；设，，，若，，所以，显然此时，此时“”是“”的不充分条件；综上所述：“”是“”的必要不充分条件．故选：． 2．【解答】解：中，，，，由正弦定理得，，即，解得，因为满足条件的有两个，所以，所以， 所以，解得，所以的取值范围是，．故选：． 3．【解答】解：圆的圆心为，半径，如图所示，可知，所以，根据圆的对称性，可知，则，解得．故选：． 4．【解答】解：由题意可得，抽取的总人数为， 则高一、高二、高三学生抽取的人数的频率分别为，，， 可得该校学生每天学习时间的平均数 ， 所以方差．故选：． 5．【解答】解：根据题意，为偶函数，则，又由为偶函数，则， 则有，故，， 又由当，时，是减函数，则，即．故选：． 6．【解答】解：因为实数，满足， 所以，则， 当且仅当，即时取等号．故选：． 7．【解答】解：由已知可得 ， 则．故选：． 8．【解答】解：记函数，先证明其凹凸性： 因为，所以，在上为“凹函数”， 由琴生不等式，得，即，所以，当时，取最小值，所以．故选：． 9．【解答】解：袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球包含的样本点为：，，，，，，，，，，，，，，共15个，其中事件包含的样本点为：，，共3个，故（A）， 事件包含的样本点为：，，，，，，，，，，，共12个，故（B）；事件包含的样本点为：，，，，，共6个，故，因为事件，，故事件与互斥且对立，故，正确； 因为事件与有相同的样本点，，，所以与不是互斥事件，故错误； 因为，所以与不相互独立，故错误．故选：． 10．【解答】解：易知，直线得方程为，可得直线经过双曲线的右焦点，斜率，不妨设直线的倾斜角为，则，不妨设，，因为，所以，，，故选项正确；在△中，易知，由余弦定理得，即，解得或（舍去），则双曲线的离心率，故选项错误，又，故选项正确；在△中，易知，由余弦定理得，即，解得，则，故选项错误．故选：． 11．【解答】解：作出圆锥的轴截面如下：因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，故正确；又，所以，设球心为（即为的重心），所以，，即内切球的半径为，外接球的半径，所以，故正确；设圆锥的体积为，则，内切球的体积，则，所以，故不正确；设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为，（在圆上），设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，过点作交于点，则，所以，即，解得，所以平面截内切球截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故正确．故选：． 12．【解答】解：由题意可得，即，则．故答案为：2． 13．【解答】解：将第1天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为1，2，3，第2天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为4，5，6，由于大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在晚上，则仅有2、3或5、6两种排法，若大剧院与洪崖洞的时段为2、3，则“轻轨穿楼”在1，4，5中选一个，有种选法，其余3个项目在剩下的3个时段全排列，共有种排法，故共有种排法；同理若大剧院与洪崖洞的时段为5、6，也有18种排法，故共有（种方案．故答案为：36． 14．【解答】解：椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上第一象限内，记，，存在圆经过点，，，且，， ， ，设，由得，， 则．故答案为：． 二．解答题（共12小题） 15．【解答】（1）设数列的公差为，依题意，，即， 因为，即，............2分 解得，，............4分 所以的通项公式是；............5分 （2） 由（1）知，所以，............6分 则，............7分 ．.......9分 即，...........11分 令，由得， 所以所以的最小值为5．............13分 16．【解答】（1）由，，，，有，............2分 且，............4分 所以模型②中关于的回归方程为．............5分 由表格中的数据，有，即，模型①的小于模型②， 说明回归模型②刻画的拟合效果更好．............7分 当时，模型②的收益增量的预测值为（万元）， 这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠．...........9分 （2）由已知，单个“南澳牡蛎”质量，则，，由正态分布的对称性可知，，...........11分 设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于的牡蛎为只，故，............13分 故， 所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于的牡蛎的可能性仅为．............15分 17．【解答】（1）因为，所以，............2分 当时，有，............3分 当时，，不符合条件，............4分 当时，，则在上单调递减，即，不符合条件，............5分 当时，．则在上单调递增，即，解得；............7分 （3） 在，内有两个零点.证明如下： 由（1）知在单调递增，因为，，所以在内存在唯一的零点，............9分 当，，，即在上单调递减，又，，所以在内存在唯一零点，即，............11分 所以在上单调递增，，即在无零点，............12分 又在，上单调递减，因为，，所以在，内有且仅有一个零点，..........14分 综上所述，在，内有两个零点．............15分 18．【解答】因为，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面．取中点，连接，由题意知，，两两相互垂直，如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，............2分 （1） 证明：设，则，， 法一：设，则，解得，............5分 ，根据平面向量基本定理可知，，，四点共面．............7分 法二：设平面的法向量为，则有， 不妨令，则，............5分， ，所以，，，四点共面．............7分 （2）则， ．............9分 设平面的法向量为，则即令，则，所以．............11分 设，则．............13分 设与平面所成角为，则，，...........15分 解得或，则或．............17分 19． 【解答】（1）不妨设直线的方程为，，，，，联立，消去并整理得，由韦达定理得，所以，............2分 此时，解得，............4分 则抛物线的方程为；............5分 （2） 证明：要证，需证平分，即证，............7分 由（1）知，， 所以，故；............9分 （3）记，分别与圆切于点，，连接，，， 易知，...........11分 由切线长定理可得，，， 因为 ，............13分 又，............14分 解得，............15分 所以，当且仅当，即时，等号成立，故面积的最小值为8．............17分 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$