河北省衡水市冀州中学2024届高三第一次调研数学试题（教师版）

这是一份河北省衡水市冀州中学2024届高三第一次调研数学试题（教师版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知全集，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用韦恩图即可得解.
【详解】因为，
又，所以.
故选：C.
2. 已知点是的重心，过点的直线与边分别交于两点，为边的中点．若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角形重心的性质，结合向量的线性运算得到，再由三点共线，即可求解.
【详解】如图所示，由三角形重心的性质，可得，所以，
所以，即，
因为三点共线，可得，所以.
故选：A．

3. 已知函数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数，代入，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
则，
所以，.
故选：A
4. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.
【详解】由题意可得，解得，
所以
故选：C.
5. 已知复数满足：，则的最大值为（ ）
A. 2B.
C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到定点的距离，计算即可.
【详解】设，其中，则，
∵，
∴，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∴即为圆上动点到定点的距离，
∴的最大值为.
故选：B.
6. 抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，则的值是（ ）
A. 0B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】设过点的直线方程为，联立方程组求得，结合抛物线的定义，得到，即可求解.
【详解】由题意，直线斜率一定存在，设过点的直线方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
由抛物线的定义，可得，
则，所以.
故选：B．

7. 已知三棱锥的外接球半径为，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设的中点为，为的外接圆圆心；的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，由正弦定理确定，在中由勾股定理确定，在中由勾股定理确定，作出二面角的平面角，求即可.
【详解】
不妨设二面角为锐角，设的中点为，
因为，所以为外接圆圆心；设的外接圆圆心为，
三棱锥的外接球球心为，如图，连接，，，，
则平面，平面，，
在中，，，
所以由正弦定理知，所以；
在中，由，得；
在中，由，，得；
在中，，，则；
所以在中，，从而；
在平面内过点作交于，
则为二面角的平面角，易知，
所以.
故选：D.
8. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】，则，，即，等价于，等价于，构造函数，再根据函数的单调性进而可得出答案.
【详解】
，
则，即，
即，即，
则，
等价于，
令，
因为都是增函数，
所以函数是增函数，
则，即为，
所以，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列函数中，其图象关于点对称的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角函数的性质，把代入验证即可判断得解.
【详解】对于A，当时，，A不是；
对于B，当时，，B是；
对于C，当时，，C是；
对于D，当时，，正切值不存在，D是.
故选：BCD
10. 袋子中有1个红球，1个黄球，1个蓝球，1个黑球，从中取三次球，每次取一个球，取球后不放回，设事件，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. A与B相互独立D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用列举法，结合古典概率逐项计算判断即得.
【详解】红球，黄球，蓝球，黑球分别记为，不放回取球三次的试验的样本空间：
，共24个，它们等可能，
，共6个，，共6个，
，共6个，，共2个，
，共10个，
，AB正确；
，A与B相互不独立，C错误；
，D正确，
故选：ABD
11. 已知抛物线的焦点为F，过点F作互相垂直的两条直线与抛物线E分别交于点A，B，C，D，P，Q分别为，的中点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C. 若F恰好为的中点，则直线的斜率为
D. 直线过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线的方程、，，联立抛物线方程，利用韦达定理表示、，结合弦长公式计算即可判断A；利用中点坐标公式表示出点P、Q坐标，结合平面向量的数量积坐标表示和基本不等式即可判断B；由中点坐标公式可得，进而求得，结合两点表示斜率公式计算即可判断C；根据直线的点斜式方程表示直线PQ方程，即可求出直线恒过的定点，进而判断D.
【详解】A：设直线的方程为，，，
联立方程组得，则，，
所以，同理可得，
所以，故A正确；
B：由选项A知，，
因为P分别为的中点，所以，同理可得，
所以，当且仅当时，等号成立，故B正确．
C：，若F为的中点，则．因为，
所以．所以，故，
所以，故C错误．
D：当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为，
整理得，所以直线过定点；
当直线斜率不存在时，，直线的方程为，过点，
所以直线过定点．故D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
12. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 是的极大值点
B. 使得
C. 若方程为参数，有两个不等实数根，则的取值范围是
D. 方程有且只有两个实根．
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，求导得到函数的单调区间以及极值，画出函数的大致图像，结合图像对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
当时，，则，
当，时，，单调递增，
当时，，单调递减，且，；
当时，，则，
当时，，则单调递减，
当时，，单调递增，且，，故恒成立，
画出的大致图像如图所示.
∴是的极大值点，故A正确．
结合图像可知，B正确．
方程等价于或，
由图知有一个实数根，
要使原方程有两个实数根等价于只有一解．
由图可得：或，故C错；

分别画出与的图像，由图可得两函数图像有三个交点，故D错误．
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用导数，分别研究与的图象，从而数形结合即可得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2人不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有______种．
【答案】
【解析】
【分析】先安排铅球工作，再安排其他两项工作进而求解.
【详解】依题意，分两步：①在甲乙之外人中任选人，承担铅球记录工作，有种情况；②在剩下的人中任选人，承担跳高和跳远记录工作，有种情况，则不同的安排方法有种
故答案为：
14. 记为等差数列的前项和，公差不为0，若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，结合等差数列前项和公式列式计算即得.
【详解】在等差数列中，由，得，整理得，
所以.
故答案为：1
15. 已知一个圆锥内切球的半径为3，且圆锥的侧面积为，则该圆锥的母线长为______．
【答案】或
【解析】
【分析】根据已知条件，列出关于底面半径和母线长的方程组，解方程组可得.
【详解】设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l．如图：为圆锥的轴截面
所以
由①得③．
由得④．
将③代入④，得或，
所以或．
故答案为：或.
16. 若对任意，，恒有，则正整数的最大值为______.
【答案】4
【解析】
【分析】由题，任意，，，后构造函数（）与函数（），利用导数研究单调性，可得，则可将问题求使得的最大的正整数.
【详解】由题，任意，，.
令（），则.
令得，则在上单调递增，在上单调递减，
则有最大值.
令（），则.令，.
当时，在，，此时，必有成立；
故考虑，则在上单调递减，在上单调递增，故有最小值.
则，即.两边取自然对数可得，即求最大的使得.因，则上述不等式可转化为.
令，本题即求使得的最大的正整数.
恒成立，则在上单调递减.
因为，，则使成立的最大正整数为4.
故答案为：4
【点睛】关键点睛：本题涉及恒成立问题，常利用最值解决问题.本题将不等式两边作为整体所构造函数较为复杂，故适当变形后，不等式两边分别构造函数.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
17. 已知在中. 所对的边分别为,若，的面积为.
(1)求角的大小;
(2)若,求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】(1)由三角形的面积为得到，由余弦定理以及得到，进而可求出，得到角；
(2)由(1)的结果，先求出，根据，即可求出，再由正弦定理可得，即可求出结果.
【详解】（1）由的面积为可得 ，
由及余弦定理可得，
故;
(2)∵
又，可得
由正弦定理，,得
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于基础题型.
18. 已知数列的前项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列前项和为，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据与的关系，即，和等比数列的性质进而求出数列的通项公式；
（2）由结合(1)并列项得，再根据裂项求和得，进而即可证明.
【小问1详解】
当时，，两式相减得，，
又，，．
所以数列是首项为，公比是的等比数列，所以．
【小问2详解】
证明：，
因为，
所以
，
因为，所以．
19. 如图所示的几何体是由一个直三棱柱和半个圆柱拼接而成.其中，，点为弧的中点，且四点共面.
（1）证明：四点共面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求长.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，由题意可得，根据平行线性质有，即可证结论；
（2）法1：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角列方程求线段长；法2：取中点，连接，过作于，过作于，连接，利用线面垂直及面面角定义有是平面与平面所成的夹角，根据已知列方程求线段长.
【小问1详解】
连接，因为，
所以直棱柱的底面为等腰直角三角形，，
在半圆上，是弧中点，所以，
所以，又，
所以，所以四点共面.
【小问2详解】
法1：直棱柱中，以为原点，建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设面的法向量为，则，取，所以，
，
设面的法向量为，则，取，所以，
平面与平面所成夹角，即与夹角或其补角，
所以，解得，所以
法2：设，由（1）知四点共面，则面面.

取中点，连接，则，而面，面，
故，，面，则平面，
过作于，又平面，所以平面，
过作于，连接，则，又是锐角.
所以是平面与平面所成的夹角，则，
所以在Rt中，，
在中，根据等面积法，
在中，.
所以.
所以，解得，即，
所以.
20. 为参加凉山州第八届“学宪法讲宪法”演讲比赛，某校组织选拔活动，通过两轮比赛最终决定参加州级比赛人选，已知甲同学晋级第二轮的概率为，乙同学晋级第二轮的概率为．若甲、乙能进入第二轮，在第二轮比赛中甲、两人能胜出的概率均为．假设甲、乙第一轮是否晋级和在第二轮中能否胜出互不影响．
（1）若甲、乙有且只有一人能晋级第二轮的概率为，求的值；
（2）在（1）的条件下，求甲、乙两人中有且只有一人能参加州级比赛的概率．
【答案】20.
21.
【解析】
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式可分别计算甲、乙赢得比赛的概率，可得到结论；
（2）根据独立事件概率公式可求得结果.
【小问1详解】
设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，
由题意可知，，
解得.
【小问2详解】
设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，
则，
，
所以.
21. 已知椭圆方程为（），离心率为且过点.
（1）求椭圆方程；
（2）动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值；
（3）过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析. （3）存在，使成立，最小为3.
【解析】
【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程；
（2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值；
（3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值.
【小问1详解】
由题，，，所以，
椭圆的方程为.
【小问2详解】

证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，，
同理设点，则，，
因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点，
.
【小问3详解】

，当直线MN斜率为零时，不妨设，，
则，，，，
存在，使成立，
当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，，
联立方程组，消去x得，易知，
所以，，，
，
又因为，，
所以，，
又因为，当时，最小为3，
综上，存在，使成立，最小为3.
【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为.
22. 设函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
（2）若当时，恒有，求实数a的取值范围；
（3）设时，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据题意结合导数的几何意义列式求解；
（2）构建，由题意可知：当时，恒有，且，结合端点效应分析求解；
（3）由（2）可知：当时，，令，，可得，再令，可得，利用累加法分析证明.
【小问1详解】
因为，则，
则，，即切点坐标为，斜率，
由题意可得：，解得.
【小问2详解】
令，
则，
由题意可知：当时，恒有，且，
则，解得，
若，则有：
①当时，，
因为，可知，
令，
因为在内单调递增，可得在内单调递增，
则，即，符合题意；
②当时，则在内恒成立，符合题意；
③当时， 令，
则，
因为，则，，
可知在内恒成立，
则在内单调递增，可得，
则在内单调递增，可得，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知：当时，，
令，可得，
令，则，则，整理得，
令，则，整理得，
则，
所以.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．