2024届河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学、第二中学等校高三上学期10月联考数学试题含答案

这是一份2024届河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学、第二中学等校高三上学期10月联考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据交集的运算可得.
【详解】因为，所以，
又因为，所以．
故选：B
2．已知，是虚数单位，若，，则（ ）
A．1或-1B．C．D．或
【答案】D
【分析】根据复数，得到，再根据，利用乘法求解.
【详解】因为复数，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3．中，角所对的边分别为.并且，设，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求向量在向量上的投影，再求与同向的单位向量，然后根据投影向量定义可得.
【详解】过点A作BC的垂线，垂足为D，
由题知，，所以在上的投影为
又与同向的单位向量为
所以在上的投影向量为.
故选：D
4．如图所示是函数的图象，则函数的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由函数的图象分析可得为奇函数，且在轴右侧，先为负值，据此分析选项中函数是否符合，综合即可得答案．
【详解】解：根据题意，由函数的图象分析可得为奇函数，且在轴右侧，先为负值，
据此分析选项：
对于，，为奇函数，在轴右侧，先为负值，符合题意；
对于，，为奇函数，在轴右侧，先为正值，不符合题意；
对于，，为奇函数，定义域为，在轴右侧，先为正值，不符合题意；
对于，，为奇函数，在轴右侧，先为正值，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查函数的图象分析，注意分析函数的奇偶性以及定义域，属于基础题．
5．水平桌面上放有4个半径均为2R的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）．在这4个球的上面放1个半径为的小球，它和下面4个球恰好都相切，则小球的球心到水平桌面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】五个球心构成一个正四棱锥，求出四棱锥的顶点到底面的距离，再加上大球半径即可得．
【详解】水平桌面上放有4个半径均为的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）．
在这4个球的上面放1个半径为的小球，它和下面4个球恰好都相切，5个球心组成一个正四棱锥，
这个正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，
则，棱锥的高为，
所以小球的球心到水平桌面的距离是．
故选：B．
6．今年4月，习近平总书记专程前往重庆石柱考察了“精准脱贫”工作，为了进一步解决“两不愁，三保障”的突出问题，当地安排包括甲、乙在内的名专家对石柱县的个不同的乡镇进行调研，要求每个乡镇至少安排一名专家，则甲、乙两名专家安排在不同乡镇的概率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出甲、乙两名专家被分配在同乡镇的概率，由此能求出甲、乙两名专家不在同乡镇的概率．
【详解】记甲、乙两名专家被分配在同乡镇的事件为A，名专家分到个不同的乡镇，
共有2种情况，1种情况为1,1,3人，另1种情况为1,2,2人.
那么，
所以甲、乙两名专家不在同乡镇的概率为：．
故答案为
【点睛】本题考查了分步计算原理的运用问题，也考查了间接法和古典概型的计算问题，属于基础题．
7．已知，b=0.01，c=ln1.01，则（ ）
A．c>a>bB．b>a>cC．a>b>cD．b>c>a
【答案】C
【分析】根据指数函数的性质判断，构造函数，由导数确定单调性得，再由对数性质得大小，从而得结论．．
【详解】由指数函数的性质得：，
设，则在时恒成立，
所以在上是增函数，是连续函数，因此在上是增函数，
所以，即，即，所以，
所以．
故选：C．
8．已知分别是椭圆的左、右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出的坐标，根据得出的坐标，根据在椭圆上列方程求解即可.
【详解】
不妨设在第一象限，由题意，的横坐标为，
令，解得，即.
设，又，，，
由可得：，解得，
又在椭圆上，即，
整理得，解得.
故选：A
二、多选题
9．下列各对事件中，是互斥事件的是（ ）
A．运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”
B．甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”
C．甲、乙两名运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲，乙都没有射中目标”
D．甲、乙两名运动员各射击一次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”
【答案】AC
【解析】根据互斥事件的定义逐个分析即可.
【详解】A中,甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生,二者是互斥事件,
B中,甲、乙各射击一次,甲射中10环,且乙射中9环时,“甲射中10环”与“乙射中9环”同时发生,二者不是互斥事件；
C中,甲、乙各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生,二者是互斥事件；
D中,甲、乙各射击一次,“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标”可能会同时发生,二者不是互斥事件.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查了互斥事件的辨析,属于基础题型.
10．等比数列各项均为正数，，，数列的前项积为，则（ ）
A．数列单调递增B．数列单调递减
C．当时，最大D．当时，最小
【答案】BC
【分析】由等比数列基本量求得等比数列的公比，由可得数列的增减性，然后由判断数列的单调性，从而得到的最值.
【详解】设等比数列的公比为，，，
等比数列各项均为正数，，，，
，，数列单调递减；
，，，
当时，；当时，；
数列中，从到递增，从开始递减，时，数列中最大.
故选：BC
11．如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
【答案】ABD
【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断；
对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断；
对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断；
对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得.
【详解】连结OB.
在三棱锥中，，，.
所以,,且,.
所以，所以.
又因为，所以面ABC.
可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，所以,,,.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
为边长为2的等边三角形，所以面积为；
和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；
所以三棱锥的表面积为.故A正确；
对于B：为棱的中点，所以,所以,.
所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；
对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） .
所以.
设为面PAM的一个法向量，则，
不妨设y=1，则
.因为与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得：取，则
显然，面PAC的一个法向量为.
设二面角的平面角为，所以，
所以.
故C错误；
对于D:
如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大；
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.
此时，，所以.
由余弦定理得：
.
所以的取值范围为.
故D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何题目的解题策略：
(1)证明题：几何关系的证明，用判定定理；
(2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法.
12．已知x，y均为正实数，则下列各式可成为“”的充要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】A应用作差法，结合充分、必要性的定义判断；B、C、D构造函数、、，利用导数研究其单调性，并结合充分、必要性的定义判断正误.
【详解】A：由且，则成立，反之也有成立，满足要求；
B：由，则，令，则，即在定义域上递增，故，不满足充分性，排除；
C：由，则，令，则，即在定义域上递增，故，反之也有成立，满足要求；
D：由，则，令，则，，故在上，在上，
所以在上递减，在上递增，则，
所以在定义域上递增，故，反之也有成立，满足要求；
故选：ACD
三、填空题
13．的展开式中的系数为 .（用数字作答）.
【答案】
【分析】先将看成一项，得到展开式通项公式，确定，进而简化通项公式，得到与时满足要求，求出展开式中的系数,相加得到答案.
【详解】的展开式通项公式为，
由于求解的是展开式中的系数，故，其中展开式通项公式为，，
令得：，此时展开式中的系数为，令得：，
此时展开式中的系数为，综上：展开式中的系数为.
故答案为：
14．已知双曲线的渐近线方程为, 并且焦距为20,则双曲线的标准方程为
【答案】或
【分析】由渐近线方程可设双曲线的标准方程为，分和两种情况讨论即可.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以设双曲线的标准方程为
当时，有，又焦距为20,
所以
则双曲线的标准方程为
当时，有，又焦距为20,
所以；
则双曲线的标准方程为
综上，双曲线的标准方程为或
故答案为：或
15．2021年，北京冬奥组委会召开记者招待会，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出4个媒体团进行现场提问，要求这四个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】{国内，国外}媒体团的组合有、、三种情况，中国内媒体团中必会有两个团连续提问，再分别求出、的媒体团的选取方式，及其提问方式，即可确定不同的提问方式的种数.
【详解】选出{国内，国外}媒体团的可能组合有、、，而组合国内媒体团中必会有两个团连续提问，
当组合时，选取方式有种，提问方式种，
当组合时，选取方式有种，提问方式：安排国外两个媒体团的提问的先后顺序种，再将2个国内媒体团插入三个空有，确定国内媒体团提问顺序共有种，
∴不同提问方式共有：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：在所有可能组合中排除国内媒体团中必会有两个团连续提问的情况，再分别求媒体团的选取方法数和提问方法数，即可求所有不同的提问方式种数.
16．已知实数a，b，c，d满足，则的最小值为 ．
【答案】8
【分析】由题可得点在曲线上，点在，则所求为曲线上点到直线距离最小值的平方，求出上平行于的切线方程的切点即可求出.
【详解】由可得，
所以点在曲线上，点在上，
则的最小值即为曲线上点到直线距离最小值的平方，
设上平行于的切线方程的切点为，
则，则，解得（舍）或，则切点为，
则切点到直线的距离为，
故的最小值为8.
故答案为：8.
四、解答题
17．已知，，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用平方关系及和角的余弦公式计算作答.
（2）切化弦并结合差角的正弦公式求出，再不出的值作答.
【详解】（1）由，，得，而，
则，
又，则，
所以
.
（2）由，得，即，
由，得，
解得，则，
而，所以.
18．已知正项数列的前项和为，且满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用时可得答案；
（2）利用裂项相消求和可得答案.
【详解】（1）当时，，
∴，
整理得，
因为，
∴，
当时，，解得：或，
因为，∴，
所以是以为首项，以为公差的等差数列，
即.
（2）由（1）得，
所以，
∴.
19．某学校高一年级在上学期依次举行了“法律、环保、交通”三次知识竞赛活动，要求每位同学至少参加一次活动，高一（1）班学生50名学生在上学期参加该项活动的次数统计如图所示．

(1)从该班中任意选两名学生，求他们参加活动的次数不相等的概率；
(2)从该班中任意选两名学生，用表示这两人参加活动次数之差对的绝对值，求随机变量的分布列及数学期望；
(3)从该班中任意选两名学生，用表示这两人参加活动次数之和，记“函数在区间上只有一个零点”为事件A，求事件A发生的概率．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望值为
(3)
【分析】（1）第一问如果直接找不等的不如找相等的简单，所以应用间接法来解决；
（2）先确定出的可能取值是多少，之后求得去各个值时对应的概率，做出变量的分布列，利用公式求得其期望值；
（3）根据题意写出其对应的所有的基本事件，找出满足条件的，通过比值求得概率．
【详解】（1）从该班任取两名学生，他们参加活动的次数恰好相等的概率为：
，
故参加活动次数不相等的概率为．
（2）从该班中任选两名学生，用表示这两名学生参加活动次数之差的绝对值，
则的可能取值分别为：0，1，2，
，，，
从而的分布列为：
．
（3）因为函数在区间上有且只有一个零点，且，
在区间上为增函数，
即，即
，
又由于的取值分别为：2，3，4，5，6，
故或4，
故所求的概率为：．
【点睛】
五、证明题
20．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形底面，且，点是的中点，平面与棱交于点F．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在一点G，使得直线与直线所夹的角为，若存在，试求出的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）.
【分析】（1）在矩形中，得到，证得平面，再结合线面平行的性质定理，即可证得；
（2）以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）由（1）得到，设，求得，结合向量的夹角公式，列出方程，求得，即可得到答案.
【详解】（1）在矩形中，可得，
因为不在平面内，且平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以.
（2）以分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
则，
设平面的法向量为，
则，即，取，可得，
设直线与平面所成角为，可得，
因为，所以.
（3）由（1）知，因为，所以，
又由点是的中点，所以点为的中点，所以，可得，
设，其中，则，
设直线与直线所夹的角为，
可得，
整理得，解得或（舍去），
即，所以.
【点睛】求解直线与平面所成角的方法：
1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
2、向量法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；
3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.
六、解答题
21．已知抛物线C：的焦点为F，直线与轴的交点为P，与C的交点为Q，且．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）点在抛物线C上，是否存在直线与C交于点，使得△ 是以为斜边的直角三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在说明理由．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据抛物线定义得，解得，所以C的方程为，（Ⅱ）先利用坐标转化条件以为斜边的直角三角形：，再根据直线与抛物线联立的方程组，利用韦达定理得，代入上式即可证得，本题实质以算代证.
试题解析：（Ⅰ）设，代入，得．
由题设得，解得（舍去）或，∴C的方程为．
（Ⅱ）由知，点，假设存在满足条件的直线，
设，联立方程组得，
由题意得
，
代入得，解得（舍）或，．
【解析】抛物线定义，直线与抛物线位置关系
七、证明题
22．已知数列，数列的前n项和为，令，，求证：数列的前n项和满足
【答案】详见解析.
【分析】由题可求，猜想，用数学归纳法证明；用导数证明，令，得，用这个不等式对放缩即可得证.
【详解】因为，，，
数列是首项为1，公比为的等比数列，
故，
，，
，
，
，
猜想： ①
下面用数学归纳法证明：
(i)当n＝1，2时，已证明①成立；
(ii)假设当时，①成立，即.
从而
.
故①成立.
先证不等式 ②
令，
则.
，即②成立.
在②中令，得到 ③
当时，；
当时，由①及③得：



.
即.
【点睛】关键点点睛：本题是数列的综合性大题，关键是猜想，并用数学归纳法证明；根据结论构造不等式，令，得，然后用这个不等式对放缩.
0
1
2