河北省2024届高三下学期大数据应用调研联合测评（V）数学试卷(含答案)

这是一份河北省2024届高三下学期大数据应用调研联合测评（V）数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数z满足（i为虚数单位），则( )
A.B.C.D.
2．已知，为平面向量，其中，，，则( )
A.1B.2C.D.4
3．德国数学家康托尔在其著作《集合论》中给出正交集合的定义：若集合A和B是全集U的子集，且无公共元素，则称集合A，B互为正交集合，规定空集是任何集合的正交集合.若全集，，则集合A关于集合U的正交集合B的个数为( )
A.8B.16C.32D.64
4．某小学为提高课后延时服务水平和家长满意度，对该校学生家长就服务质量、课程内容、学生感受、家长认可度等问题进行随机电话回访.某天共回访5位家长，通话时长和评分情况如下表：
根据散点图分析得知y与x具有线性相关关系且求得其回归方程为，则( )
A.61B.63C.65D.67
5．已知函数满足对于任意都有.若函数在区间上有且仅有一个零点，则ω的最大值为( )
A.3B.C.D.5
6．已知a，b均为正实数，且满足，则的最小值为( )
A.2B.C.D.
7．陀螺是中国传统民俗体育游戏，流传甚广，打陀螺已被列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录.陀螺结构分为上下两部分：上部分为木质件，下部分为球形钢珠.其中木质件的形状为上部是底面半径为，高为的圆柱，下部为上底半径为，下底半径为，高为的圆台.若陀螺的木质件由一个球形原料经车床一次性车制而成，那么原料的半径最小为( )
A.B.C.D.
8．已知圆上有一动点P，圆上有一动点Q，直线上有一动点M，直线与圆相切，直线与圆相切，则的最小值为( )
A.4B.5C.D.
二、多项选择题
9．已知，，，则( )
A.B.C.D.
10．双曲抛物线又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名.其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用.在空间直角坐标系中，将一条平面内开口向上的抛物线沿着另一条平面内开口向下的抛物线滑动（两条抛物线的顶点重合）所形成的就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为，则下列说法正确的是( )
A.用平行于平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线
B.用法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线
C.用垂直于y轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线
D.用过原点且法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线
11．已知函数是定义在R上的连续可导函数，且满足①，②为奇函数，令，则下列说法正确的是( )
A.的图象关于对称B.
C.D.
三、填空题
12．已知，则________.
13．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点P为第一象限内椭圆上一点，的内心为，且，则椭圆的离心率为________.
14．已知数列满足，且，则；令，若的前n项和为，则________.
四、解答题
15．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数m的取值范围.
16．已知双曲线的右焦点F到一条渐近线的距离为1，且双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知直线交C于A、B两点，O为坐标原点，若，求直线l的斜率k的值.
17．已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．现有红、绿、蓝三种颜色的箱子，其中红箱中有4个红球，2个绿球，2个蓝球；绿箱中有2个红球，4个绿球，2个蓝球；蓝箱中有2个红球，2个绿球，4个蓝球，所有球的大小、形状、质量完全相同.第一次从红箱中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；第二次要从与第一次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；以此类推，第次是从与第k次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后放回去，记第n次取出的球是红球的概率为.
(1)求第3次取出的球是蓝球的概率；
(2)求的解析式.
19．设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.
(1)求证：；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理.应用费马小定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有；
②求方程的正整数解的个数.
参考答案
1．答案：B
解析：，
故选：B
2．答案：B
解析：结合题意可得：因为，，，
.
故选：B.
3．答案：B
解析：结合题意：因为，所以，
解得，即，
所以全集，
由可得，所以，
则集合A关于集合U的正交集合B的个数为.
故选：B.
4．答案：C
解析：依题意，得，
，
将样本中心代入回归方程，
得，解得.
故选：C.
5．答案：A
解析：因为，则在取得最值，
所以的图象关于直线对称，且，
又函数在区间上有且仅有一个零点，设的最小正周期为T，
所以，即，所以.
所以ω的最大值为3.
故选：A.
6．答案：B
解析：因为a，b均为正实数，且，得，
所以，
又，
当且仅当即时取等号，所以.
故选：B.
7．答案：A
解析：依题意，当陀螺的木质件几何体内接于原料球，即圆柱的上底面圆与圆台下底面圆均为球的截面小圆时，所用原料的半径最小，
如图，取几何体的轴截面，其中O为球心，，分别为圆柱的上底面圆与圆台下底面圆的圆心，
矩形是圆柱的轴截面，等腰梯形是圆台的轴截面，点，O，共线，
则，，，2，设球半径为R，，
而，于是，解得，，
所以原料的半径最小为.
故选：A
8．答案：D
解析：由圆可得圆心，半径为，
由圆可得圆心，半径为，
设直线上有一动点，
因为直线与圆相切，直线与圆相切，
所以，
即
，
即，
设，，，
则，
当且仅当三点共线时取等号.
故选：D.
9．答案：ACD
解析：，，，
则，，
，A选项正确；
，B选项错误；
，
C选项正确；
由，有，
，D选项正确.
故选：ACD
10．答案：AB
解析：因为马鞍面的标准方程为，
对于A，平行于平面的面中z为常数，不妨设为，
得，故所得轨迹是双曲线.，故A正确；
对于B，法向量为的平面中z为常数，不妨设为，
则，为抛物线方程，故B正确；
对于C，垂直于y轴的平面中y为常数，不妨设为，
则，为抛物线方程，故C错误；
对于D，不妨设平面上的点坐标为，
因为平面过原点且法向量为，由，得，
故，代入马鞍面标准方程，得，
当时，方程为，不是物物线，故D错误.
故选：AB.
11．答案：ABD
解析：对于选项A：由，则，
所以，
因为，
所以，
所以的图象关于对称，故选项A正确；
对于选项B：因为的图象关于对称，所以，
因为，故，所以，故选项B正确；
对于选项C：因为为奇函数，所以为奇函数，
即关于对称，结合的图象关于对称，
可得的周期为，
因为，所以，
所以，故选项C错误；
对于选项D：因为是周期为4的奇函数，
故是周期为4的偶函数，
所以，
故，故选项D正确.
故选项：ABD.
12．答案：144
解析：在中，
而，
由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，
故.
故答案为：144.
13．答案：
解析：如图由的内心为可知该内切圆的半径为，
设该内切圆与的三边的切点为M，N，Q，所以，
又，所以，，
设，，
在中由余弦定理可得：，
化简得：，
由的内心为可知，
在椭圆中易知，即，即，
联立，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．答案：
解析：由，可得，即，
两边取以4为底的对数得，
又，
则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以；
由，得，
则，得，
故，
所以
.
故答案为：；
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）因为，所以，
当时，，，
故，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）得，
因为，所以由，得，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
因为恒成立，所以，解得，
所以实数m的取值范围为.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）结合题意可知双曲线的右焦点，渐近线为，
所以右焦点F到一条渐近线的距离为，
因为双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为，
所以，
所以，解得，所以双曲线C的方程为.
（2）由（1）问可知双曲线C的方程为，
设，则，，
联立，可得，
所以，解得且，
所以，
所以，
因为，
所以，
解得，此时满足且，
故直线l的斜率.
17．答案：（1）证明过程见解析；
（2）；
解析：（1）过点A作交于点H，
则，，
因为，所以，
延长交的延长线于点F，
，
在中，由余弦定理得，
故，则，
因为M为的中点，故，
在中，，由相似关系可知，
又，故，解得，故，
在中，由余弦定理得
，
故，所以，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，交线为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）过点M作交于点G，作交于点S，
则由（1）知，平面，
因为平面，所以，，
故，，两两垂直，
故以M为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
，，，
设，，平面的法向量为，
则，
解得，令，则，故，
平面的法向量为，
则，
因为二面角的余弦值为，故，
解得，
故，，，，
设直线与平面所成角的大小为θ，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
18．答案：（1）；
（2）；
解析：（1）分别设第k次取出红球、绿球和篮球的概率为：、和，其中，，
由题意知：，，，
若第k次取出红球，且第次取出蓝球的概率为：，
若第k次取出绿球，且第次取出蓝球的概率为：，
若第k次取出蓝球，且第次取出蓝球的概率为：，
所以第次取出蓝球的概率为：，
由于，
可得：，
若设数列，上式即为：，
配凑为：，，其中，
数列是一个以为首项，为公比的等比数列，
则，
则，即，
即第3次取出的球是蓝球的概率为：.
（2）同上，分别设第k次取出红球、绿球和篮球的概率为：、和，其中，，
由题意知：，，，
若第k次取出红球，且第次取出红球的概率为：，
若第k次取出绿球，且第次取出红球的概率为：，
若第k次取出蓝球，且第次取出红球的概率为：，
所以第次取出红球的概率为：，
由于
可得：，
由已知，记第n次取出的球是红球的概率为，
上式即为，有，，
其中，
数列是一个以为首项，为公比的等比数列，
则，
的解析式为：.
19．答案：（1）证明见详解；
（2）① 证明见详解；② 35.
解析：（1）因为，
所以被7除所得的余数为1，
所以被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以.
（2）① 由费马小定理得即，
又，
所以，
同理：，，
因为2,3,7,13都为素数，，
所以
② 因为，
由费马小定理知，对于任意正整数x都有，
即，
由费马小定理知，对于任意正整数x都有，
即，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数x都有
所以方程的正整数解的个数为35.
时长x（分钟）
10
12
14
15
19
评分y
60
m
75
90