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河北省保定市九校2024届高三下学期二模数学试题（Word版附解析）
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这是一份河北省保定市九校2024届高三下学期二模数学试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
4. 若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
5. 有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
8. 如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. 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. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；
②把点P横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；
③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；
④把点P横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.
下列结论正确的有（ ）
A.
B
C. 函数的定义域为
D.
10. 如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A B. 平面平面
C. 多面体为三棱台D. 直线与平面所成的角为
11. 已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 若在上单调递增，则k的取值范围为
C. 若有4个不同的解，则m的取值范围为
D. 若有3个不同的解，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.
13. 在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.
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. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，，.
（1）证明：四边形是直角梯形.
（2）若点满足，求二面角的正弦值.
17. 某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.
（1）求和.
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，
（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值
参考公式及数据：，.
18. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.
（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；
（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，试讨论的零点个数.
高三数学考试
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：A
2. 已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可求解.
【详解】，
因为中只有2个元素，则，所以.
故选：B
3. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定数据，利用第75百分位数的意义求解即得.
【详解】由，得样本的第75百分位数为第23个数据，
据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.
故选：C
4. 若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的性质可得，进而可得，，即可求解.
【详解】设，则，即，
即，所以.
因为，所以，.
故选：A
5. 有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.
【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，
则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.
故选：B
6. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：根据条件，利用点到点的距离公式得到，再利用，即可求出结果；法二：利用双曲线的定义，得到，再利用的取值范围，即可求出结果.
【详解】解法一：不妨设，，，且，
则，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
解法二：
，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
7. 已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件可得，结合图形得出，然后根据转化法利用向量积求出向量的模即可
【详解】如图，在中，，，，，，
所以.
故选：D
8. 如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，化简得到，两边平方化简可得：，由化简即可得到答案.
【详解】
，
所以，
所以，即，
解得.
.
故选：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. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；
②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；
③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；
④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.
下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 函数的定义域为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正余弦函数及余割正割的定义逐一判断即可.
【详解】，A正确；
，B正确；
函数的定义域为，C错误；
，
当时，等号成立，D正确.
故选：ABD.
10. 如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A. B. 平面平面
C. 多面体为三棱台D. 直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由面面垂直得线面垂直再得线线垂直；B.由，易得平面平面；C.由棱台的定义可判断；D.确定线面角，计算即可.
【详解】
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，又因为平面,
则，故A正确.
因为，平面，平面，则平面平面，
又，平面，平面，则平面平面，
又因为，平面，
所以平面平面，B正确.
因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.
延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，则，
则，D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 若在上单调递增，则k的取值范围为
C. 若有4个不同解，则m的取值范围为
D. 若有3个不同的解，，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，对分类讨论，并作出分段函数的图象求出最小值即可；对B，令，求出，根据其单调性得到不等式，解出即可；对C和D结合图象转化为直线与函数图象交点个数，并结合函数对称性即可判断.
【详解】对A，
令，解得.
当时，作出函数和的图象，如图1所示.
此时，，显然当时，，
图1
当时，作出函数的图象，如图2所示.
，，所以的最小值为，
综上的最小值为，A正确.
图2
对B，令，解得，.
若在上单调递增，则，解得.
因为当时，在上单调递增，
所以k的取值范围为，B错误.
对CD，若有3个不同的解，，，则结合图象可得
或，D错误.
若有4个不同的解，则，C正确.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是结合图象找到临界位置，从而得到不等式，CD选项应结合函数图象，转化为直线与函数图象交点个数问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】将代入抛物线方程，再根据直线与x轴垂直求解即可.
【详解】由题意可得，解得，则.
又直线与x轴垂直，，.
故答案为：2
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解.
【详解】解：因，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案为：.
14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.
【答案】49
【解析】
【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案.
【详解】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；
将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，
过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，
过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，
设.，，，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
故答案为：49
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，从而得解.
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. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据的关系由：求解即可；
（2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.
【小问1详解】
当时，.
当时，，
当时，也符合.
综上，.
【小问2详解】
由
则
，
故的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，，.
（1）证明：四边形直角梯形.
（2）若点满足，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理，得到平面，再线面平行的性质定理，得到，再利用条件得到，结合，，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解决问题.
【小问1详解】
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
连接，因为平面，所以是与平面的夹角，
则，解得.
因为，，所以，所以.
又，所以四边形是直角梯形.
【小问2详解】
取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
由，得，则，
设平面的法向量为，
则，取，得到，即，
设平面的一个法向量为，
则由，得到，到，得到，
所以平面的一个法向量为
设二面角的平面角为，
则，所以，
故二面角的正弦值为.
17. 某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.
（1）求和.
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，
（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值
参考公式及数据：，.
【答案】（1），
（2）表格见解析，有关；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式结合全概率公式即可得到答案；
（2）由（1）所计算的概率即可完成列联表，再由独立性检验的知识即可得到结论；
（3）利用独立性检验的知识可得，在结合，即可得到答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，，
由于，解得，所以.
，解得.
【小问2详解】
零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.
根据列联表中的数据，经计算得到.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
【小问3详解】
，解得.
要使新列联表中的数据都为整数，则需.
又因为，所以的最小值为5，故的最小值是
18. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.
（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；
（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂心以及外心满足的等量关系即可根据， ，求解，
（2）根据共线以及可得，进而根据满足的垂直关系可得，联立直线与椭圆方程，得判别式，化简可得即可求解.
【小问1详解】
因为，所以.
设与x轴的交点为，由题意可得，
即，解得.
设，因为，所以，
则，解得.
所以.
【小问2详解】
证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.
因为是的高，所以，即轴.
因为外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.
设与x轴的交点为，，，，，
由题意可得，即，化简得.
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，化简得①
直线的方程为.
椭圆与内切，所以.
联立
得.
，
即.
因为，所以，
即，即.
结合①可得
设椭圆T的焦距为，则，
所以D，E为椭圆T的两个焦点.
【点睛】关键点点睛：根据以及垂心和外心满足的几何关系，根据相切，通过判别式为0化简的是本题的关键.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，试讨论的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得的导数，可得切线斜率和切点，从而求得切线方程；
（2）由为奇函数，将问题转化为讨论在上的零点，求得导数，讨论，，和，求得的单调性、极值和最值，结合零点存在定理，即可得到零点个数.
【小问1详解】
当时，，.
，.
故曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，所以为奇函数.
又因为，所以只需要讨论在上的零点.
，.
令函数，
①当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递减，即在上单调递减
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，，所以在上有1个零点，
在上有3个零点.
②当，即时，，在上单调递减，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
③当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
④当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，令函数，
.
所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在在上单调递减，在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
综上，当时，在上有3个零点；
当时，在上有1个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
20
4
24
未建立
4
8
12
合计
24
12
36
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
4. 若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
5. 有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
8. 如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. 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. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；
②把点P横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；
③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；
④把点P横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.
下列结论正确的有（ ）
A.
B
C. 函数的定义域为
D.
10. 如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A B. 平面平面
C. 多面体为三棱台D. 直线与平面所成的角为
11. 已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 若在上单调递增，则k的取值范围为
C. 若有4个不同的解，则m的取值范围为
D. 若有3个不同的解，，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.
13. 在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.
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. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，，.
（1）证明：四边形是直角梯形.
（2）若点满足，求二面角的正弦值.
17. 某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.
（1）求和.
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，
（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值
参考公式及数据：，.
18. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.
（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；
（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，试讨论的零点个数.
高三数学考试
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：A
2. 已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可求解.
【详解】，
因为中只有2个元素，则，所以.
故选：B
3. 某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定数据，利用第75百分位数的意义求解即得.
【详解】由，得样本的第75百分位数为第23个数据，
据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.
故选：C
4. 若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数的性质可得，进而可得，，即可求解.
【详解】设，则，即，
即，所以.
因为，所以，.
故选：A
5. 有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.
【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，
则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.
故选：B
6. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：根据条件，利用点到点的距离公式得到，再利用，即可求出结果；法二：利用双曲线的定义，得到，再利用的取值范围，即可求出结果.
【详解】解法一：不妨设，，，且，
则，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
解法二：
，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
7. 已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件可得，结合图形得出，然后根据转化法利用向量积求出向量的模即可
【详解】如图，在中，，，，，，
所以.
故选：D
8. 如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，化简得到，两边平方化简可得：，由化简即可得到答案.
【详解】
，
所以，
所以，即，
解得.
.
故选：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. 一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；
②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；
③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；
④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.
下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 函数的定义域为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正余弦函数及余割正割的定义逐一判断即可.
【详解】，A正确；
，B正确；
函数的定义域为，C错误；
，
当时，等号成立，D正确.
故选：ABD.
10. 如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A. B. 平面平面
C. 多面体为三棱台D. 直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由面面垂直得线面垂直再得线线垂直；B.由，易得平面平面；C.由棱台的定义可判断；D.确定线面角，计算即可.
【详解】
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，又因为平面,
则，故A正确.
因为，平面，平面，则平面平面，
又，平面，平面，则平面平面，
又因为，平面，
所以平面平面，B正确.
因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.
延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，则，
则，D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 若在上单调递增，则k的取值范围为
C. 若有4个不同解，则m的取值范围为
D. 若有3个不同的解，，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，对分类讨论，并作出分段函数的图象求出最小值即可；对B，令，求出，根据其单调性得到不等式，解出即可；对C和D结合图象转化为直线与函数图象交点个数，并结合函数对称性即可判断.
【详解】对A，
令，解得.
当时，作出函数和的图象，如图1所示.
此时，，显然当时，，
图1
当时，作出函数的图象，如图2所示.
，，所以的最小值为，
综上的最小值为，A正确.
图2
对B，令，解得，.
若在上单调递增，则，解得.
因为当时，在上单调递增，
所以k的取值范围为，B错误.
对CD，若有3个不同的解，，，则结合图象可得
或，D错误.
若有4个不同的解，则，C正确.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是结合图象找到临界位置，从而得到不等式，CD选项应结合函数图象，转化为直线与函数图象交点个数问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】将代入抛物线方程，再根据直线与x轴垂直求解即可.
【详解】由题意可得，解得，则.
又直线与x轴垂直，，.
故答案为：2
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解.
【详解】解：因，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案为：.
14. 已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.
【答案】49
【解析】
【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案.
【详解】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；
将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，
过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，
过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，
设.，，，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
故答案为：49
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，从而得解.
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. 已知数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据的关系由：求解即可；
（2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.
【小问1详解】
当时，.
当时，，
当时，也符合.
综上，.
【小问2详解】
由
则
，
故的前项和.
16. 如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，，.
（1）证明：四边形直角梯形.
（2）若点满足，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理，得到平面，再线面平行的性质定理，得到，再利用条件得到，结合，，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解决问题.
【小问1详解】
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
连接，因为平面，所以是与平面的夹角，
则，解得.
因为，，所以，所以.
又，所以四边形是直角梯形.
【小问2详解】
取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
由，得，则，
设平面的法向量为，
则，取，得到，即，
设平面的一个法向量为，
则由，得到，到，得到，
所以平面的一个法向量为
设二面角的平面角为，
则，所以，
故二面角的正弦值为.
17. 某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.
（1）求和.
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，
（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值
参考公式及数据：，.
【答案】（1），
（2）表格见解析，有关；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用条件概率公式结合全概率公式即可得到答案；
（2）由（1）所计算的概率即可完成列联表，再由独立性检验的知识即可得到结论；
（3）利用独立性检验的知识可得，在结合，即可得到答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，，
由于，解得，所以.
，解得.
【小问2详解】
零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.
根据列联表中的数据，经计算得到.
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
【小问3详解】
，解得.
要使新列联表中的数据都为整数，则需.
又因为，所以的最小值为5，故的最小值是
18. 平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.
（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；
（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂心以及外心满足的等量关系即可根据， ，求解，
（2）根据共线以及可得，进而根据满足的垂直关系可得，联立直线与椭圆方程，得判别式，化简可得即可求解.
【小问1详解】
因为，所以.
设与x轴的交点为，由题意可得，
即，解得.
设，因为，所以，
则，解得.
所以.
【小问2详解】
证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.
因为是的高，所以，即轴.
因为外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.
设与x轴的交点为，，，，，
由题意可得，即，化简得.
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，化简得①
直线的方程为.
椭圆与内切，所以.
联立
得.
，
即.
因为，所以，
即，即.
结合①可得
设椭圆T的焦距为，则，
所以D，E为椭圆T的两个焦点.
【点睛】关键点点睛：根据以及垂心和外心满足的几何关系，根据相切，通过判别式为0化简的是本题的关键.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，试讨论的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求得的导数，可得切线斜率和切点，从而求得切线方程；
（2）由为奇函数，将问题转化为讨论在上的零点，求得导数，讨论，，和，求得的单调性、极值和最值，结合零点存在定理，即可得到零点个数.
【小问1详解】
当时，，.
，.
故曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，所以为奇函数.
又因为，所以只需要讨论在上的零点.
，.
令函数，
①当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递减，即在上单调递减
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，，所以在上有1个零点，
在上有3个零点.
②当，即时，，在上单调递减，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
③当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
④当，即时，分段讨论：
当时，.
当时，令函数，
.
所以在上单调递增，即在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
即在在上单调递减，在上单调递增.
因为，，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以在上没有零点，在上有1个零点.
综上，当时，在上有3个零点；
当时，在上有1个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
20
4
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未建立
4
8
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合计
24
12
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