[数学][期末]河北省保定市部分地区2024届高三上学期1月期末联考调研试题(解析版)

这是一份[数学][期末]河北省保定市部分地区2024届高三上学期1月期末联考调研试题(解析版)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，故.
故选：B.
2. 已知为虚数单位，且，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】由题意知，，即，
所以，所以.
故选：D.
3. 已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A αβ，mα，则mβ
B. m⊂α，n⊂α，mβ，nβ，则αβ
C. m⊥n，m⊥α，nβ，则α⊥β
D. m⊥α，mn，αβ，则n⊥β
【答案】D
【解析】对于A选项，αβ，mα，则mβ或m⊂β，所以A选项错误.
对于B选项，m⊂α，n⊂α，mβ，nβ，则αβ或α和β相交，只有加上条件m与n相交时，才有结论αβ，所以B选项错误.
对于C选项，m⊥n，m⊥α，nβ，则αβ或α与β相交，所以C选项错误.
对于D选项，m⊥α，mn，则n⊥α，又αβ，则n⊥β，所以D选项正确.
故选：D.
4. 若是奇函数，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】令根据题意得：，
解得：，；
故选：A.
5. 已知锐角的顶点在原点，始边在轴非负半轴，现将角的终边绕原点逆时针转后，交以原点为圆心的单位圆于点，则的值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意得角的终边绕原点逆时针转所得角为，
为锐角，故，且P点横坐标为，
则在第二象限，则，
故，
则
，
故选：D.
6. 已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量方向的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，即，
又，单位向量，则，，
所以向量在向量方向的投影向量为.
故选：C.
7. 保定的府河发源于保定市西郊，止于白洋淀藻杂淀，全长26公里．府河作为保定城区主要的河网水系，是城区内主要的排沥河道．府河桥其桥拱曲线形似悬链线，桥型优美，是我市的标志性建筑之一，悬链线函数形式为，当其中参数时，该函数就是双曲余弦函数，类似的有双曲正弦函数．若设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，，
函数定义域R，为增函数，
由，则函数为奇函数，
由，即
所以，解得，
所以x的取值范围为.
故选：A.
8. 在椭圆（）中，，分别是左，右焦点，为椭圆上一点（非顶点），为内切圆圆心，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】椭圆（）中，，分别是左，右焦点，为椭圆上一点（非顶点），
为内切圆圆心，设的内切圆半径为，
则，，
由，得，即，
∴椭圆的离心率为.
故选：B.
二、多选题：本题共4小题，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 从50个个体中随机抽取一个容量为20的样本，则每个个体被抽到的概率为0.4
B. 数据11，19，15，16，19众数是19，中位数是15
C. 数据0，1，5，6，7，11，12，这组数据的第70百分位数为7
D. 对于随机事件与，若，，则事件与独立
【答案】ACD
【解析】选项A：根据古典概型，,选项正确；
选项B：根据众数、中位数概念，众数是19，从小到大排列，中位数是16，选项错误；
选项C：根据百分位数概念，，这组数据的第70百分位数为7.选项正确；
选项D： ,即，选项正确；
故选：ACD
10. 先将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再把图象向右平移个单位长度，最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到函数的图象，则关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 在上单调递增
C. 时D. 其图象关于点对称
【答案】AB
【解析】将图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，得到，
再把图象向右平移个单位长度，得到，
最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到.
对于A，，故A正确；
对于B，在单调递增，
当时，，
在上单调递增，故B正确；
对于C，当时，，，
，故C错误；
对于D，当时，函数满足，
函数关于点对称，
关于点对称，故D错误.
故选：AB.
11. 已知曲线：，则以下说法正确的是（ ）
A. 若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则
B. 若曲线为焦点在轴上的椭圆，则其短轴长取值范围是
C. 曲线为椭圆时，离心率为
D. 若曲线为双曲线，则渐近线方程为
【答案】ABD
【解析】对于A：由于为焦点在轴上的椭圆，则，，
所以，即，故A正确；
对于B：曲线为焦点在轴上的椭圆，则由A可知，
又因为，则，即
则短轴长取值范围是，故B正确；
对于C：若为椭圆时，当焦点在轴上，离心率为，
当焦点在轴上，此时，，离心率为，故C错误；
对于D：若曲线为双曲线，则,
令，则，
双曲线渐近线方程为：，故D正确.
故选：ABD.
12. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在四面体中，是直角三角形，为直角，点，分别是，的中点，且，，，，则（ ）
A. 平面
B. 四面体是鳖臑
C. 是四面体外接球球心
D. 过A、、三点的平面截四面体的外接球，则截面的面积是
【答案】ABD
【解析】因为，为的中点，所以，
又，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面，A正确；
因为平面，所以，为直角三角形，
由勾股定理得，
因为，所以，
因为，，
所以为直角三角形，所以四面体是鳖臑，B正确；
由上知，，所以，故不可能为四面体外接球球心，C错误；
记的中点为O，由上知，和都是以为斜边的直角三角形，
所以，，即O为四面体外接球球心，
因为分别为的中点，
所以，所以四边形为平行四边形，故，
所以，
因为，
所以，，
所以，
记点O到平面的距离为d，则，得，
所以的外接圆半径，
所以，过A、、三点的平面截四面体的外接球的截面的面积为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆，过作圆的切线，则直线的倾斜角为______．
【答案】（或写为）
【解析】因为，
所以点在圆上，直线的斜率为，
由圆的几何性质可知，，则直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，则，故.
即直线的倾斜角为（或）.
14. 保定某中学举行歌咏比赛，每班抽签选唱5首歌曲中的1首（歌曲可重复被抽取），则高三1班和高三2班抽到不同歌曲的概率为______．
【答案】
【解析】利用分步乘法原理计算出一共有25种结果，其中两个班抽到不同歌曲的个数为20种，则根据古典概型的概率公式计算：.
15. 等差数列前13项和为91，正项等比数列满足，则______．
【答案】13
【解析】由题知，，解得，
所以，
所以.
16. 已知不等式对任意的实数恒成立，则的最大值为______．
【答案】
【解析】令，则原不等式可化为对任意实数恒成立，
即恒成立，
令，则，
当时，，在上单调递增，时，，不合题意；
当时，由，可得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，，
又因为恒成立，所以，
所以，所以，
令，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 的内角A，，C所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若的角平分线交于点，，，求．
解：（1）由及正弦定理，
可得．
因为，
所以．
又，所以，则，
又，所以．
（2）∵为的平分线，，由内角平分线性质定理，，
又∵，在中，由余弦定理，，
,∴，
又∵，∴，
又∵，∴在中，，
∴．
18. 在菱形中，，，，分别为，的中点，将菱形沿折起，使，为线段中点．
（1）求大小；
（2）求直线与平面所成角的大小．
解：（1）依题意，都是边长为的正方形，且，
由为中点，得，，
而平面，则平面，
又平面，于是平面平面，显然平面平面，
在平面内过作于，则平面，在平面内过作，
则直线两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系，
则，而分别为的中点，
则，，
于是，即有，所以.
（2）由（1）知，，，，
设平面法向量为，则，即，
令，得，设直线与平面所成的角为，
则，而，因此，
所以直线与平面所成角的大小为.
19. 在正项数列中，，且．
（1）求证：数列是常数列，并求数列的通项公式；
（2）若，记数列的前项和为，求证：．
证明：（1）由题知正项数列，且，
所以有，
两式相除得，即，
两边取对数有，即，
所以，所以，
结合，所以，
即数列是常数列，
所以，即，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
所以，
故，
又因为单调递增，所以，
即，得证.
20. 已知抛物线：（）的焦点为，准线交轴于点，点，若的面积为1，过点作拋物线的两条切线切点分别为，．
（1）求的值及直线的方程；
（2）点是抛物线弧上一动点，点处的切线与，分别交于点，，证明：．
（1）解：，
所以即拋物线方程为：，.
方法1：：，，
设切点，切线斜率为
切线方程为，此切线过
解得，或，得两切点坐标，．
所以直线方程为.
方法2：设，，在拋物线上，
所以，，
切线方程分别为：
又因为两切线相交于,
所以，即，均在直线上，
即．
（2）证明：方法1：设切点（），
可得过点切线：，化简得，
由第一问知，点，可得直线方程为，
联立解得点横坐标，
同理由，坐标可得直线方程，可得点横坐标.
，结论得证.
方法2：相减：，
，过的切线，交：，
得，同理，
，
.
所以.
21. 杭州亚运会吉祥物为一组名为“江南忆”的三个吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“莲莲”，聚焦共同的文化基因，蕴含独特的城市元素．本次亚运会极大地鼓舞了中国人民参与运动的热情．某体能训练营为了激励参训队员，在训练之余组织了一个“玩骰子赢礼品”的活动，他们来到一处训练场地，恰有20步台阶，现有一枚质地均匀的骰子，游戏规则如下：掷一次骰子，出现3的倍数，则往上爬两步台阶，否则爬一步台阶，再重复以上步骤，当队员到达第7或第8步台阶时，游戏结束．规定：到达第7步台阶，认定失败；到达第8步台阶可赢得一组吉祥物．假设平地记为第0步台阶．记队员到达第步台阶的概率为（），记．
（1）投掷4次后，队员站在的台阶数为第阶，求的分布列；
（2）①求证：数列（）是等比数列；
②求队员赢得吉祥物的概率．
（1）解：由题意得每轮游戏爬一步台阶的概率为，爬两步台阶的概率为，
所以随机变量可能取值为4，5，6，7，8，
可得，，
，，
，
所以的分布列：
（2）（ⅰ）证明：，即爬一步台阶，是第1次掷骰子，
向上点数不是3的倍数概率，则，
到达第步台阶有两种情况：
①前一轮爬到第步台阶，又掷骰子是3的倍数得爬两步台阶，其概率为，
②前一轮爬到第步台阶，又掷骰子不是3的倍数爬一步台阶，其概率为，
所以（），
则（），
所以数列（）是首项为，公比为的等比数列．
（ⅱ）解：因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，，…，，
各式相加，得：，
所以（），
所以活动参与者得到纪念品的概率为
．
22. 已知函数．
（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若有两个极值点分别为，（），当时，证明：．
（1）解：得（），即（），
设（），则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增
所以，
所以，此时，在上单调递增，
故的取值范围是．
（2）证明：因为有两个极值点，，
即方程有两个不同的实数根，，
则，，
设，令（），即，
，联立，得，
解得，，
要证即证，
即，
即（*），
令，，
求导化简可得，
由，可知，即，所以函数在上递增．
得到，即（*）式成立，所以原不等式成立．4
5
6
7
8