河北省邢台市2024届高三(上)期末考试数学试卷(解析版)

这是一份河北省邢台市2024届高三(上)期末考试数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，
所以.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以.
故选：C.
3. 已知向量，满足，，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由向量数量积公式计算即可得.
【详解】因为，，所以.
故选：A.
4. 已知椭圆的上焦点为，则（ ）
A. B. 5C. D. 7
【答案】C
【解析】因为椭圆的焦点在轴上，所以，．
因为，所以，所以.
故选：C.
5. 若，且为第三象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，且为第三象限角，
所以，
故，
故选：B
6. 已知函数，则函数的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为的定义域为，所以的定义域为，所以排除A，C．
因为，所以，所以排除B．
故选：D
7. 《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因平面，、平面，
所以，，
因为，，、平面，
所以平面，
如图所示，设为球与平面的交线，
则，，所以，
所以所在的圆是以为圆心，为半径的圆，
因为且，
所以，所以弧的长为．
故选：B.
8. 设，若，则的最小值为（ ）
A. 6B. C. D. 4
【答案】D
【解析】设，，
令，解得，所以，
即，当且仅当，时，等号成立．
故选：D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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. 《黄帝内经》中的十二时辰养生法认为：子时（23点到次日凌晨1点）的睡眠对一天至关重要.相关数据表明，入睡时间越晚，沉睡时间越少，睡眠指数也就越低.根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体的睡眠指数各取10个.如下表：
根据样本数据，下列说法正确的是（ ）
A. 早睡群体的睡眠指数一定比晚睡群体的睡眠指数高
B. 早睡群体睡眠指数的众数为85
C. 晚睡群体的睡眠指数的第60百分位数为66
D. 早睡群体的睡眠指数的方差比晚睡群体的睡眠指数的方差小
【答案】BD
【解析】因为早睡群体的睡眠指数不一定比晚睡群体的睡眠指数高，所以A错误；
因为早睡群体的睡眠指数的10个样本数据中85出现次数最多，所以B正确；
因为晚睡群体的睡眠指数的第60百分位数为，所以C错误；
由样本数据可知，早睡群体的睡眠指数相对比较稳定，所以方差小，故D正确.
故选：BD.
10. 已知为坐标原点，，分别为双曲线的左、右焦点，为上一点，且，若到一条渐近线的距离为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的离心率为
C. 的坐标可能是
D. 若过点且斜率为的直线与的左支有交点，则
【答案】BD
【解析】因为到渐近线的距离为，所以．
因为，可知，为上右支上一点，
，所以，．
因为，所以．
因为，所以，，
所以的渐近线方程为，故A错误．
由上知的离心率，所以B正确．
因为，
所以，所以，故C错误．
当时，直线只与右支相交一点；当时，直线与左右两支各交一点；
当时，直线与右支相交于两点，故D正确．
故选：BD
11. 已知正方体的棱长为2，E，F分别为AD，的中点，则（ ）
A.
B. 过，B，F的截面面积为
C. 直线BF与AC所成角的余弦值为
D. EF与平面ABCD所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】对于A，取的中点为，连接,
故,由于相交，所以不可能平行，故A错误，
对于B，取的中点为，连接,则四边形即为截面，
由于,故四边形为等腰梯形，
过作，则,
所以,故B正确，
对于C，由于，所以即为直线BF与AC所成角或其补角，
,
所以,故C正确，
对于D，由于平面，所以即为与平面所成角,
故,故D正确，
故选：BCD
12. 已知函数，若对任意，都有，则实数的值可以为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】CD
【解析】令，显然的定义域为全体实数，
则，所以为奇函数．
因
，
且，，
所以，所以在上单调递增．
因为等价于，
所以，所以，
即在上恒成立．
令，则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以，．
令，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以．
对比选项可知，实数的值可以为和1.
故选：CD.
三、填空题：本题共4小题，毎小题5分，共20分．
13. 将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象的一个对称中心为__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】由题意知：所得函数解析式为，
令，，得，，
所以所得图象的对称中心为．
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中的系数为__________（用数字作答）
【答案】1792
【解析】由，得．的通项公式为．
令，得，所以展开式中含的项为．
故答案为：1792.
15. 若函数的定义域为，则函数的定义域为__________．
【答案】
【解析】因为，所以，所以的定义域为，
要使有意义，需满足，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
16. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，点在直线上，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】设，因为，所以，
整理得动点的轨迹方程为，
所以动点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆．
因为圆心到直线的距离，
所以．
故答案为：2
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. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）求的取值范围．
解：（1），由正弦定理得．
因为，所以．因为为锐角三角形，所以．
（2）因为，所以．
因为为锐角三角形，所以得．
因为，
由，得，所以.
即的取值范围为.
18. 已知数列满足，
（1）证明是等比数列，并求数列通项公式；
（2）证明.
证明：（1）由得：，而，
所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列，则，
所以数列的通项公式是：．
（2）由（1）知，
所以．
19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，为的中点，平面与平面的交线为．
（1）证明：平面．
（2）若二面角为，求锐二面角的余弦值．
证明：（1）因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以，
因为平面，平面，所以平面；
解：（2）取的中点，连接，，，
由四边形为菱形，，
所以为正三角形，
因为，均为正三角形，
所以，，
所以为二面角的平面角，即，
如图所示，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，，，
则令，得，
设平面的法向量为，，，
则令，得，
所以，
所以锐二面角的余弦值为．
20 某中学选拔出20名学生组成数学奥赛集训队，其中高一学生有8名、高二学生有7名、高三学生有5名．
（1）若从数学奥赛集训队中随机抽取3人参加一项数学奥赛，求抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一的概率．
（2）现学校欲对数学奥赛集训队成员进行考核，考核规则如下：考核共4道题，前2道题答对每道题计1分，答错计0分，后2道题答对每道题计2分，答错计0分，累积计分不低于5分的学生为优秀学员．已知张同学前2道题每道题答对的概率均为，后2道题每道题答对的概率均为，是否正确回答每道题之间互不影响．记张同学在本次考核中累积计分为X，求X的分布列和数学期望，并求张同学在本次考核中获得优秀学员称号的概率．
解：（1）设事件A为“抽取的3名同学中恰有2名同学来自高一”，
则.
（2）由题意可知的取值可为，
前两道题答错的概率为，后两道题答错的概率也为，
，
，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：
数学期望为，
因为累积计分不低于5分的学生为优秀学员，
所以张同学在本次考核中获得优秀学员称号的概率为.
21. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
解：（1），，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
证明：（2）由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
22. 设为抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线
上一点，当轴时，．
（1）求抛物线的方程．
（2）的延长线与的交点为，的延长线与的交点为，点在与之间．
（i）证明：，两点关于轴对称．
（ii）记的面积为，的面积为，求的取值范围．
解：（1）当轴时，则，
，解得，
所以抛物线的方程为．
证明：（2）（i）当轴时，不妨设在轴下方，则，直线的方程为与抛物线联立，
消去得：，，
所以直线与抛物线相切，点不存在，所以与轴不垂直，
即直线，的斜率都存在．
设，，，则，
所以直线的方程为，即．
又直线过点，所以．
同理可得直线的方程为．
又直线过点，所以，所以，所以，即，两点关于轴对称．
（ii）不妨设，因为点在与之间，所以，，
，
则，令，则，
则在上单调递减，，
故的取值范围是．

编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
早睡群体睡眠指数
65
68
75
85
85
85
88
92
92
95
晚睡群体睡眠指数
35
40
55
55
55
66
68
74
82
90
X
0
1
2
3
4
5
6
P