河北省张家口市2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份河北省张家口市2024届高三下学期第三次模拟考试数学试卷（原卷版+解析版），共23页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．
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，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知双曲线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
3. 现有一组数据，将这组数据按照从小到大顺序排列，去掉第一个数和最后一个数后，则下列统计量一定不变的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 方差D. 极差
4. 已知数列为等比数列，，则（ ）
A 28B. 32C. 36D. 40
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. 5C. D. 10
6. 已知抛物线的焦点为F，O为原点，直线与该抛物线交于M，N两点，且，则（ ）
A. 12B. 13C. 14D. 15
7. 已知正数m，n满足，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. 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. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期为
B. 函数的图象关于点对称
C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D. 若，其中为锐角，则的值为
11. 二进制是计算机技术中广泛采用的一种数制，二进制数据是用0和1两个数码来表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由18世纪德国数理哲学大师莱布尼兹发现．当前的计算机系统使用的基本都是二进制系统，数据在计算机中主要以补码的形式存储，我们用表示十进制数n在二进制下的数字各项之和（例如：，则十进制数5的二进制数为101，），则下列说法正确的是（ ）
A. 十进制数25二进制数为1101B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 圆与圆的公切线的方程为__________．
13. 已知向量，若，则在上的投影向量为__________．
14. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率__________．
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. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边上一点，且满足．
（1）证明：；
（2）若为内角A的平分线，且，求．
17. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，且平面平面．
（1）求三棱锥体积的最大值；
（2）若，点E为线段上一点，当二面角为时，求的值．
18. 已知点分别为椭圆的左、右焦点，过的直线l（斜率不为0）交椭圆C于P，Q两点，当直线l的斜率不存在时，．
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，且面积的最大值为，直线与直线相交于点M，求的取值范围．
19. 在某项投资过程中，本金为，进行了次投资后，资金为，每次投资的比例均为x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为r（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为P，在实际问题中会有多种盈利可能（设有n种可能），记利润率为的概率为（其中），其中，由大数定律可知，当N足够大时，利润率是的次数为．
（1）假设第1次投资后利润率为，投资后的资金记为，求与的关系式；
（2）当N足够大时，证明：（其中）；
（3）将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为，其利润率为；输了的概率为，其利润率为，求最大时x的值（用含有的代数式表达，其中）．
绝密★启用前
张家口市2024年高三年级第三次模拟考试
数学试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．
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，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简即可求解.
【详解】,
故对应的点为，在第三象限，
故选：C
2. 已知双曲线的方程为，则该双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据关系求出，由离心率定义可得.
【详解】由可知，，所以，
所以该双曲线的离心率为.
故选：C
3. 现有一组数据，将这组数据按照从小到大的顺序排列，去掉第一个数和最后一个数后，则下列统计量一定不变的是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 方差D. 极差
【答案】B
【解析】
【分析】根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出答案.
【详解】现有一组数据，将这组数据按照从小到大的顺序排列为，去掉第一个数和最后一个数后为.
原平均数为，删除后平均数为，不一定相等，故A不正确；
根据中位数的定义可知，中位数不会发生改变，故B正确；
因为最小的数据变大，最大的数据变小，其余数据不变，方差的意义是新数据与新平均值的波动情况，不能确定不变，故C不正确.
原极差为，删除后极差为，不一定相等，故D不正确.
故选：B.
4. 已知数列为等比数列，，则（ ）
A. 28B. 32C. 36D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知求得，然后利用下标和性质化简，结合对数恒等式可得.
【详解】记数列的公比为，由题知，
则，
所以.
故选：C
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. 5C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】先求展开式中含的项，再与中的项分别相乘可得.
【详解】的展开式通项为，
则的展开式中项为，
所以的展开式中的系数为.
故选：A
6. 已知抛物线的焦点为F，O为原点，直线与该抛物线交于M，N两点，且，则（ ）
A. 12B. 13C. 14D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】将抛物线与直线联立，利用韦达定理，求解出，利用垂直关系，求解，即可得到，代入即可得到答案.
【详解】设，将直线与抛物线联立，
消去有：，有，则
,
由于，因此，即，得到,
因此，
由于抛物线中，抛物线上点到焦点距离等于到准线的距离，
因此.
故选：B
7. 已知正数m，n满足，则的最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】在等式两边同时乘以，利用基本不等式可得出关于的不等式，进而可解得的最大值.
【详解】因m，n为正数，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，在等式两边同时乘以，可得：
，
即，解得.
当且仅当时，即当时，取得最大值8.
故选：D
8. 已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记的前n项和为，则.
故选：A
关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和.
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. 已知a，b，c为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用线面平行判定定理和性质定理，结合直线平行的传递性可判断A；由线面垂直判定定理可判断B；由面面平行的判定定理可判断C；根据面面垂直性质定理可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，又，，所以，所以，A正确；
对于B，当时，直线不一定垂直于，B错误；
对于C，由面面平行的判定定理可知，C正确；
对于D，由面面垂直性质定理可知，若直线时，直线不一定垂直于，D错误.
故选：AC
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期为
B. 函数的图象关于点对称
C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D. 若，其中为锐角，则的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可判断A；代入验证可判断B；根据平移变化求，由奇偶性可求出，可判断C；根据已知化简可得，将目标式化为，由和差角公式求解可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的最小值周期，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B，因为，
所以，点不是函数的对称中心，B错误；
对于C，由题知，，
若函数为偶函数，则，得，
因为，所以的最小值为，C正确；
对于D，若，
则，
因为为锐角，，所以，
所以
，D正确.
故选：ACD
11. 二进制是计算机技术中广泛采用的一种数制，二进制数据是用0和1两个数码来表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由18世纪德国数理哲学大师莱布尼兹发现．当前的计算机系统使用的基本都是二进制系统，数据在计算机中主要以补码的形式存储，我们用表示十进制数n在二进制下的数字各项之和（例如：，则十进制数5的二进制数为101，），则下列说法正确的是（ ）
A. 十进制数25的二进制数为1101B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】将二进制数1101转化为十进制数可判断A；将100转化为二进制数可判断B；设可得，可判断C；由可判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，因为，所以十进制数100的二进制数为1100100，所以，B正确；
对于C，设，则，则，所以，C正确；
对于D，因为，所以，D正确.
故选：BCD
关键点点睛：关键在于对定义的理解，会对十进制和二进制进行转化，并能观察出是数列的前n项和.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 圆与圆的公切线的方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先判断两圆位置关系，然后将圆化为一般式，两式相减可得.
【详解】圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为6，
因为，所以两圆内切，只有一条公切线，
将圆化为一般式得：
，，
两式相减得，即，
所以圆的公切线的方程为.
故答案为：
13. 已知向量，若，则在上的投影向量为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示求出，然后由投影向量公式可得.
【详解】因为，所以，
又，所以，解得，
因为，所以在上的投影向量为.
故答案为：
14. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率__________．
【答案】
【解析】
【分析】由条件分析的特点，讨论，结合比赛流程及概率乘法公式分别求甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，相加可得结论.
【详解】因为比赛结束时，两人的得分总和为n，其中且两人的得分的差的绝对值为，
所以，且为偶数，
所以当，时，，
当时，，
当，且偶数时，
若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，余下比赛中，第21球开始，奇数球与其之后的偶数球均为甲乙一胜一负，
所以事件甲赢得比赛的概率为，
同理乙赢得比赛的概率为，
所以，
时，的值也符合关系，
所以，，，
故答案为：.
关键点点睛：本题解决的关键在于认真审题，分析事件的特征，选择适当的概率运算公式求解.
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. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2）将问题转化为，令，求导，利用零点存在性定理判断极值点，利用隐零点方程化简极小值可得，结合二次函数性质即可得证.
【小问1详解】
的定义域为，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
又，所以切线方程为，即.
【小问2详解】
，
令，则，
因为，
所以存在，使得，即，
易知在上单调递增，
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以当时，取得最小值：
，
由二次函数性质可知，在上单调递减，
所以，即，
所以.
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边上一点，且满足．
（1）证明：；
（2）若为内角A的平分线，且，求．
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记的中点为，利用向量运算证明即可；
（2）先根据向量关系得，再由角平分线定理可得，分别在使用余弦定理可得，再在中利用余弦定理求，然后由平方关系可得.
【小问1详解】
记的中点为，则，
因为，所以，
所以为的垂直平分线，所以.
【小问2详解】
记，
因，所以，
所以，，
又为内角A的平分线，所以，，
在中，分别由余弦定理得：
，
联立可得，
在中，由余弦定理得，
所以.
17. 如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，且平面平面．
（1）求三棱锥体积的最大值；
（2）若，点E为线段上一点，当二面角为时，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记BD的中点为O，连接OC，AO，利用表示出体积，根据三角函数性质可得最大值；
（2）记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH，以O为原点，的方向为的正方向建立空间直角坐标系，设，表示出坐标，求出法向量，根据二面角的向量公式列方程求解可得.
【小问1详解】
记BD的中点为O，连接OC，AO，
因为为正三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
记，则，
三棱锥体积，
当时，三棱锥体积取得最大值.
【小问2详解】
记BC，CD的中点分别为F，H，连接OF，OH，
则，又，所以，
由（1）知平面，平面，所以，
以O为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
，，
设，则，
设为平面的法向量，
则，
取，则，
易知，为平面的一个法向量，
因为二面角为，
所以，即，解得，
所以.
18. 已知点分别为椭圆的左、右焦点，过的直线l（斜率不为0）交椭圆C于P，Q两点，当直线l的斜率不存在时，．
（1）求椭圆C的离心率；
（2）若点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，且面积的最大值为，直线与直线相交于点M，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出通径，可得齐次式，然后可得离心率；
（2）设直线方程分别为：，，联立求出点坐标，利用斜率公式表示出，代入化简，再利用韦达定理转化为关于m的函数，然后可得的范围.
【小问1详解】
令，得，解得，
所以，，即，整理得，
解得（舍去）或.
【小问2详解】
易知，当点在短轴端点时，的面积最大，
所以，解得，
所以，椭圆C的方程为.
易知，直线的斜率不为0，
设其方程分别为：，，
联立解得，
所以，
由斜率公式可得，
所以，
，
因，
所以，
，
所以，，
联立得，
所以，
不妨记，则，
则，
所以，
易知，，所以
所以，即的取值范围为.
关键点睛：本题关键在于利用斜率公式表示出，再结合韦达定理与求根公式化简即可求解.
19. 在某项投资过程中，本金为，进行了次投资后，资金为，每次投资的比例均为x（投入资金与该次投入前资金比值），投资利润率为r（所得利润与当次投入资金的比值，盈利为正，亏损为负）的概率为P，在实际问题中会有多种盈利可能（设有n种可能），记利润率为的概率为（其中），其中，由大数定律可知，当N足够大时，利润率是的次数为．
（1）假设第1次投资后的利润率为，投资后的资金记为，求与的关系式；
（2）当N足够大时，证明：（其中）；
（3）将该理论运用到非赢即输的游戏中，记赢了的概率为，其利润率为；输了的概率为，其利润率为，求最大时x的值（用含有的代数式表达，其中）．
【答案】（1）；
（2）证明见详解； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题意表示出利润，然后加上可得；
（2）根据题意得，然后利用累乘法求即可；
（3）利用（2）中结论得，然后利用导数求最大值点即可.
【小问1详解】
由题知，投入资金为，所获利润为，所以.
【小问2详解】
由题可知，，即，
所以
.
【小问3详解】
由（2）可得，,
因为，
即，
因为，所以，
所以，
因为，，所以，即，
记，
则
，
根据实际意义知，，
则，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以当时，取得最大值，即取得最大值.
关键点点睛：本题关键是寻找与的递推关系，利用累乘法求出，然后由导数求最大值点即可.