河北省承德市部分示范性高中2024届高三下学期二模试题数学Word版含解析

这是一份河北省承德市部分示范性高中2024届高三下学期二模试题数学Word版含解析，共12页。试卷主要包含了函数的图象的对称轴方程为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则复数对应的复平面上的点在（ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
3.设为实数，若函数在处取得极小值，则（ ）
A.1 B. C.0 D.-1
4.在中，为中点，连接，设为中点，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.函数的图象的对称轴方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次增大，则称自然数是“渐升数”，那么三位数的“浙升数”共有（ ）
A.97个 B.91个 C.84个 D.75个
7.已知函数，若满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知圆，圆与轴交于，斜率存在且过原点的直线与圆相交于两点，直线与直线相交于点，直线､直线､直线的斜率分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：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.对于给定的数列，如果存在实数，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，则下列说法正确的是（ ）
A.等差数列是“线性数列”
B.等比数列是“线性数列”
C.若且，则
D.若且，则是等比数列的前项和
10.已知直线与抛物线相交于两点，分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为，线段的中点到准线的距离为，焦点为为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若直线过抛物线的焦点，则
D.若，直线的斜率之积为4，则直线的斜率为
11.如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A.是平面的一个法向量
B.
C.点到平面的距离为
D.二面角的正弦值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.函数在处的切线的斜率为__________.
13.已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为__________.
14.已知，则__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15.（本小题满分13分）
已知正项数列的前项和为，满足，数列满足，.
（1）写出，并求数列的通项公式；
（2）记为数列在区间中的项的个数，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月16日在北京开幕，各地报起了一股学习党史风潮，某市为了促进市民学习党史，举办了党史知识竞赛活动，通过随机抽样，得到了1000人的竞赛成绩（满分100分）数据，统计结果如下表所示：
（1）求上表数据中的平均值（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
（2）根据样本估计总体的方法，用频率代替概率，从该学校中随机抽取3位同学参加党史知识竞赛，记他们之中不低于60分的人数为，求的分布列及数学期望.
17.（本小题满分15分）
如图1，在直角中，为中点，，取中点，连接，现把沿着翻折，形成三棱锥如图2，此时，取中点，连接，记平面和平面的交线为为上异于的一点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
18.（本小题满分17分）
已知椭圆的左顶点到右焦点的距离是3，且的离心率是，过左焦点的直线与椭圆交于两点，过左焦点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求的取值范围.
19.（本小题满分17分）
给定一个元函数组：，若对任意正整数，均有，则把称作该函数组的“初始函数”.已知是函数组，的“初始函数”，且.
（1）求函数的单调区间；
（2）设，记，数列的前项和为.是三个互不相等的正整数，若，求除以4的余数.
参考答案
1.【答案】A
【解析】集合中，所以或者，集合中，所以，故选.
2.【答案】D
【解析】，所以的对应点在第四象限，故选D.
3.【答案】B
【解析】令，则或，因时取极小值，则，即，故选B.
4.【答案】D
【解析】由于，所以，故选D.
5.【答案】C
【解析】，所以，解得，故选C.
6.【答案】C
【解析】在中任取3个数，其大小关系确定，则“渐升数”共有个，故选C.
7.【答案】D
【解析】函数为偶函数，所以，故满足，当时，，因此在上单调递增，在上单调递减，注意到，因此，解出的取值范围是.故选D.
8.【答案】A
【解析】由题意得直线，与圆方程联立，得，可求出点，同理得点，由于在直线上，因此，化简后得，显然，否则点在圆上，与题意矛盾，则，再联立直线与直线，则点，因此，因此.故选A.
9.【答案】AB（全部选对得6分，选对1个得3分，有选错的得0分）
【解析】数列为等差数列，则，即，满足“线性数列”的定义，故A正确；数列为等比数列，则，即，满足“线性数列”的定义，故B正确；
设，则，解出，则，因此，故错误；
若且，则，显然D错误.故选.
10.【答案】ACD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】因为，所以，即，故A正确；
设直线，由可得点，由于，则直线，同理求出点，因此，故B错误；
设直线的方程为，由可得，则，因此，故C正确；
设直线的方程为，由可得，则，且，由于，因此，因为直线，的斜率之积为4，则，因此，满足，故直线的斜率为，故D正确，故选ACD.
11.【答案】ACD（全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分）
【解析】由于是正四棱柱，易知，在中，因为，所以，故，又平面，平面，所以平面，故A正确；
在中，因为，则，在
中，利用余弦定理可求得或（舍去），因此，故错误；
，因此，因为平面，所以，设点到平面的距离为，因此，由于，所以点
到平面的距离为，故C正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，为平面的一个法向量，，设平面的一个法向量为，则令，因此二面角的正弦值为，故D正确，故选ACD.
12.【答案】ln
【解析】，则.
13.【答案】
【解析】由于直线的斜率为2，因此，且，因此，因为，所以，则.
14.【答案】
【解析】，，
所以，而，
因此原式.
15.【答案】（1）（2）
【解析】（1）由可得.
由，可得，
当为偶数时，令；
当为奇数时，令.
综上所述，；
（2）由（1）得，则，
由，可得，
因为是一个递增数列，所以，故.
故数列是首项为1，公比为2的等比数列，.
16.【答案】（1）略，
【解析】（1）；
（2）由题意可知，，则，
所以的分布列为
17.【答案】（1）略（2）或
【解析】（1）证明：由题意知，解得，
当时，有，即
由是的中点，得，
而平面，故平面；
（2）解：以为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，利用的余弦值
可以求出，于是，
设平面的法向量为，
则不妨取，解得.
设，则与共线，设为，则，故，
因此.设直线与平面所成角为，
则.
化简得，解得或
因此或.
18.【答案】（1）（2）
【解析】（1）由题意得解得，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）可知，左焦点，当直线斜率不存在或者斜率为0时，，
当直线斜率存在且不为0时，
设直线，直线，
联立方程组整理得，
则，
因此，
同理可得，
所以，
由于，当且仅当时等号成立，则，
综上所述，.
19.【答案】（1）增区间，减区间（2）0或3
【解析】（1）根据题意可知，
函数的定义域为，
令，即，
解得：，
即函数的单调递增区间为：，
同理可得，单调递减区间为：
（2）因为，
所以，
当时
当时，，
易得：
又因为，即，可得，
，
①若均能被4整除，，满足题意，余数为0；
②若只有1个被4整除，不妨设，则有，符合题意的其中一个除以4余1，另一个除以4余2或3，此时除以4的余数为0或3；
下面说明当都不能被4整除时，不符合题意.
将问题加强为：在数列中任取三项，不妨设，（其中等号不能同时成立），均无法满足，
①当或者时，显然不成立；
②当时，同除以，即，左边为奇数，右边为偶数，也无法成立.综上所述，当满足时，除以4的余数为0或3.成绩区间
频数
20
180
200
280
220
80
20
0
1
2
3
1
2，3
5
6，7
9
10，11
13