精品解析：河北省衡水中学2024-2025学年高三下学期一模考试数学试题

2024-2025学年度高三年级下学期一模综合素质评价 数学学科 主命题人：张贺 注意：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试时间120分钟.共3页，19个题目. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（每小题5分，共40分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上） 1. 已知向量，则在上的投影向量的长度为（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用数量积公式及投影向量长度公式计算即可. 【详解】由题可知，， 则在上的投影向量的长度为. 故选：B 2. 已知，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数相等求参数的值. 【详解】因为， 所以， 所以，解得， 故选:B. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式及二倍角的正切公式化简即可得解. 【详解】由可得， 即， 所以. 故选：B 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的性质解不等式求出集合，利用交集的运算求出结果. 【详解】， ∴ 故选：A. 5. 函数与函数的图象交点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用五点法作出三角型函数图象，再用两点法作出对数函数图象，即可通过图象观察交点个数. 【详解】 通过五点法作出周期函数的图象， 再通过两点法作出单调函数的图象， 因为，所以通过图象可判断它们有个交点， 故选：A. 6. 近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（ ） A. 204万元 B. 220万元 C. 304万元 D. 320万元 【答案】A 【解析】 【分析】设引进设备n年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第n年的成本为，构成一等差数列，由等差数列前公式求得第年总成本，这样可得总盈利，由二次函数性质可得最大值； 【详解】设引进设备年后总盈利为万元，设除去设备引进费用，第年的成本为万元， 则由题意，知为等差数列，前年成本之和为万元， 故，， 所以当时，， 即总盈利的最大值为204万元. 故选：A. 7. 已知是抛物线的焦点，是的准线，点是上一点且位于第一象限，直线的斜率为正数，且与圆相切，过点作的垂线，垂足为，则的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意写出交点坐标和准线方程，由圆的方程求出圆心和半径，作图.结合切线的性质和求出直线的倾斜角，从而得到直线方程，联立方程组求出点坐标，从而知道的面积. 【详解】由题意可知，， ∵，∴，， 如图：设点为与圆的切点， 则，， ∴，则，， ∴直线， 联立方程组，即，解得（舍去）或， ∴，∴， ∴. 故选：C. 8. 在正三棱锥中，，，若半径为的球与三棱锥的六条棱均相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中心，连接，即可得到平面，且与棱均相切的球的球心在上，连接并延长交于，连接，过作，交于点，设球的半径为，则，设，再利用勾股定理得到方程求出，即可得解. 【详解】取的中心，连接，则平面，且与棱均相切的球的球心在上. 连接并延长交于，则为的中点，，连接， 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 过作，交于点，设球的半径为， 则，因为，，所以，，， 由勾股定理得， 在中，，所以， 设，则， 因为，从而， 所以（负值已舍去），所以； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 二、多项选择题（每题6分，共18分，每题给出的选项中有多项符合要求，全部选对得6分，错选得0分，部分选对得部分分） 9. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的定义、通项的运用和赋值法即可得到答案. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，是的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据函数的图象确定在，处切线的斜率正负，结合导数的几何意义得导数值的正负，逐项判断即可得结论. 【详解】由的图象在点处的切线斜率小于0，即，故A正确； 表示的图象在点处的切线斜率，故，故B错误； 由图可知，，故，故C正确； 直线的斜率小于的图象在点处的切线斜率， 即，所以，D错误. 故选：AC 11. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：整理可得，即可得最小正周期；对于B：整理可得，结合复合函数单调性分析判断；对于C：根据对称性定义分析判断；对于D：分析易得是函数的一个周期，进而结合导数求解值域. 【详解】因为. 对于A，因为 ， 所以的最小正周期为，故A错误； 对于B，因为， 令，可得，其图象开口向上，对称轴为， 可知在内单调递增，且在内单调递增， 所以在上是单调函数，故B正确； 对于C，， 所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，因为， 所以函数为周期函数，且是函数的一个周期， 只需求出函数在上的值域，即为函数在上的值域， 由， 则， 当时，，故， 此时，函数在上单调递增， 当时，，， 此时，函数在上单调递减， 所以当时，， 又因为，则， 则函数的值域为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于先得到是函数的一个周期，进而结合导数分析函数在上的值域，即为函数在上的值域，进而求解即可. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的性质与勾股定理可以得到. 【详解】根据题意可得如图所示图形，则,, 过作于点，过作于点, 则，所以，即该正四棱台的高为. 故答案为：. 13. 如图，已知是椭圆的左焦点，为椭圆的下顶点，点是椭圆上任意一点，以为直径作圆，射线与圆交于点，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意求得点轨迹，根据轨迹判断计算的取值范围. 【详解】设为椭圆的右焦点，连接，如图所示： 、分别为、的中点，，为直径，， ， 所以点轨迹是以为圆心为半径的圆，在圆内，且， 所以，，， 即的取值范围为. 故答案为：. 14. 如图,一个粒子的起始位置为原点,在第一象限内于两正半轴上运动,第一秒运动到(0,1),而后它接着按图示在轴、轴的垂直方向来回运动,且每秒移动一个单位长度,如图所示,经过秒时移动的位置设为,那么经过2019秒时,这个粒子所处的位置的坐标是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据粒子在第一象限的运动规律得到数列通项的递推关系，对运动规律的探索知(其中表示横坐标，纵坐标一样时的粒子坐标)中,奇数点处向下运动，偶数点处向左运动，即可求得. 【详解】设粒子运动到(其中表示横坐标，纵坐标一样时的粒子坐标)时所用的时间分别为，则 相加得, 所以， 又，故运动1980秒时它到点， 又由运动规律知中,奇数点处向下运动，偶数点处向左运动. 故到达时向左运动39秒到达，即运动2019秒时,这个粒子所处的位置的坐标. 故答案为. 【点睛】本题主要考查数列的应用，解题时要认真审题，仔细观察，细心总结规律，是难题. 四、解答题（本大题有5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题纸的相应位置，否则无分数.） 15. 在中，角、、所对的边分别为、、.从下面三个条件中选择两个，使得存在，并回答下列问题：①；②；③. （1）求的值； （2）当时，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①②，可知角或，结合可推出矛盾；选②③，由正弦定理得出，由此可推出矛盾；选①③，由正弦定理推出，结合已知条件可得出，可知存在，然后利用余弦定理可求出的值； （2）求出、的值，结合三角形的面积公式可求得的面积. 【小问1详解】 若选择①②，由可知，或，因此或， 结合可知，选择①②时，不存在； 若选择②③，由利用正弦定理可得， 又因为，则，可得，显然不成立， 即选择②③，也不存在； 若选择①③，由利用正弦定理可得， 又因为，则，可得，即， 由，可得，所以，，，此时存在， 所以可得. 【小问2详解】 由可得，由可得, 所以的面积为. 16. 如图1，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图2所示的几何体.已知，且二面角的平面角的正切值为. （1）求证：平面； （2）计算线段的长度； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为折叠前后均有，平面.， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出，再利用线面垂直的判定可证结论； （2）利用二面角可求，根据三角形相似可得的长度； （3）建立坐标系，求解平面法向量，利用法向量可求答案或者利用三垂线法作出二面角平面角，利用三角形知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，所以二面角的平面角为. 又平面，平面，所以. 依题意，因为，所以. 设，则. 依题意.所以，即. 解得. 故，，. 【小问3详解】 法1：如图所示，建立空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，. 由（1）知平面的法向量. 设平面的法向量， 由，得， 令，得，，所以. 所以.所以二面角的余弦值为. 法2：因为平面，过点作交于，则平面. 因为平面，所以. 过点作于，连接，所以平面，因此. 所以二面角的平面角为. 由平面几何知识求得，， 所以.所以. 所以二面角的余弦值为. 17. 焦点在x轴上的等轴双曲线E，其顶点到渐近线的距离为，直线过点与双曲线的左、右支分别交于点A、B （1）求双曲线E的方程； （2）若，求直线AB的斜率； （3）若点B关于原点的对称点C在第三象限，且，求直线AB斜率的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法，结合顶点到渐近线的距离为列方程，求解即可； （2）由向量共线得交点的坐标的数量关系，结合韦达定理列方程，进而解得直线的斜率； （3）将图形中三角形的面积关系转化为，即可得，结合根与系数的关系可解得斜率的取值范围. 【小问1详解】 设等轴双曲线的方程为，其渐近线方程为， 故，解得，所以双曲线E的方程为. 【小问2详解】 由题意，过点的直线斜率存在且不为0，可设其方程为， 设，由，得， 联立，整理得， 由韦达定理得：，， 联立解得，经验证均满足题意，所以直线的斜率为. 【小问3详解】 点在第三象限，如图所示，故直线的斜率是正数， 由，得， 所以，则，则， 由，得， 所以，则， 又因为直线交两支两点，故直线的斜率， 所以. 18. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 【答案】（1） （2）①的分布列为 1 2 3 ； ②证明：∵位二进制数的， ∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个， ∵，∴的可能取值为. 当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同， 除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同， 由于，故共有种情况， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∵， ∴ ， ∴. 【解析】 【分析】（1）将五进制数转化为十进制数，将十进制数转化为三进制数可得结果. （2）①求出时，位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望； ②求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望，即可证明结论 【小问1详解】 由题意得，将五进制数转化为十进制数为， ∵，∴， ∴五进制数转化成三进制数为. 【小问2详解】 ①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况. ∵，∴的所有可能取值为. 当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况， 共有种情况，故. 当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∴. ②略 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】（1）（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. （2） 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【解析】 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【小问1详解】 （i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高三年级下学期一模综合素质评价 数学学科 主命题人：张贺 注意：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试时间120分钟.共3页，19个题目. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（每小题5分，共40分.下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上） 1. 已知向量，则在上的投影向量的长度为（ ） A. B. C. 10 D. 20 2. 已知，其中为实数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数与函数的图象交点个数为（ ） A. B. C. D. 6. 近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（ ） A. 204万元 B. 220万元 C. 304万元 D. 320万元 7. 已知是抛物线的焦点，是的准线，点是上一点且位于第一象限，直线的斜率为正数，且与圆相切，过点作的垂线，垂足为，则的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 8. 在正三棱锥中，，，若半径为的球与三棱锥的六条棱均相切，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（每题6分，共18分，每题给出的选项中有多项符合要求，全部选对得6分，错选得0分，部分选对得部分分） 9. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 10. 已知函数的部分图象如图所示，是的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知一个正四棱台的上、下底面的边长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的高为___________． 13. 如图，已知是椭圆的左焦点，为椭圆的下顶点，点是椭圆上任意一点，以为直径作圆，射线与圆交于点，则的取值范围为________. 14. 如图,一个粒子的起始位置为原点,在第一象限内于两正半轴上运动,第一秒运动到(0,1),而后它接着按图示在轴、轴的垂直方向来回运动,且每秒移动一个单位长度,如图所示,经过秒时移动的位置设为,那么经过2019秒时,这个粒子所处的位置的坐标是______. 四、解答题（本大题有5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，并写在答题纸的相应位置，否则无分数.） 15. 在中，角、、所对的边分别为、、.从下面三个条件中选择两个，使得存在，并回答下列问题：①；②；③. （1）求的值； （2）当时，求的面积. 16. 如图1，在直角梯形中，，，，点是边的中点，将沿折起，使平面平面，连接，，，得到如图2所示的几何体.已知，且二面角的平面角的正切值为. （1）求证：平面； （2）计算线段的长度； （3）求二面角的余弦值. 17. 焦点在x轴上的等轴双曲线E，其顶点到渐近线的距离为，直线过点与双曲线的左、右支分别交于点A、B （1）求双曲线E的方程； （2）若，求直线AB的斜率； （3）若点B关于原点的对称点C在第三象限，且，求直线AB斜率的取值范围． 18. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $