2024届河北省部分高中高三下学期三模数学试题（含答案）

这是一份2024届河北省部分高中高三下学期三模数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了复数的虚部是，已知函数的定义域为，且，，则，已知曲线，则的最大值为，已知数列，即当时，，记等内容，欢迎下载使用。
答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动，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.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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。
1.集合，，若的充分条件是，则实数的取值范围是 （ ）
A.B. C. D.
2.复数的虚部是 （ ）
A. B. C. D.
3.如图在中，点D、E分别在边AB、BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若，则= （ ）
A．B．C． D．
4.第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲､乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳､射击､体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有 （ ）
A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种
5.把函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标压缩到原来的倍，纵坐标不变，得到图象关于原点对称的函数，则 （ ）
A．B．为的一个对称中心
C．D．为的一条对称轴
6.已知函数的定义域为，且，，则 （ ）
A. B.为奇函数 C. D.的周期为3
7.已知曲线，则的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
8.已知双曲线，以右顶点为圆心，为半径的圆上一点（不在轴上）处的切线与交于、两点，且为中点，则的取值范围为 （ ）
A.B.C.D.
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。
直三棱柱中，点是的中点，
，点为侧面（含边界）上一点，平面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．直线与直线所成角的余弦值是
C．点到平面的距离是
D．线段长的最小值是
10.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.若满足，顶点，)，且其“欧拉线”与圆相切，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆上的点到原点的最大距离为
B. 圆上存在三个点到直线的距离为
C. 若点在圆上，则的最小值是
D. 若圆与圆有公共点，则
11.已知有三个不相等的零点且，则下列命题正确的是 （ ）
A. 存在实数 ，使得
B.
C.
D. 为定值
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
中，，.则角角分线的长为____.
13.某校高二学生一次数学诊断考试成绩(单位：分)服从正态分布，从中抽取一个同学的数学成绩，记该同学的成绩为事件，记该同学的成绩为事件，则在事件发生的条件下事件发生的概率=______.(结果用分数表示)附参考数据：；；.
14.数列中，，．设是函数（且）的极值点．若表示不超过的最大整数，则 ．
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.为了检查工厂生产的某产品的质量指标，随机抽取了部分产品进行检测，所得数据统计如下图所示.
求的值以及这批产品的优质率：（注：产品质量指标达到130及以上为优质品）；
(2) 若按照分层的方法从质量指标值在的产品中随机抽取件，再从这件中随机抽取件，求至少有一件的指标值在的概率；
(3) 以本次抽检的频率作为概率，从工厂生产的所有产品中随机抽出件，记这件中优质产品的件数为，求的分布列与数学期望.
16.已知椭圆的中心在坐标原点，两焦点在轴上，离心率为，点在上，且的周长为6．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的动直线与相交于，两点，点关于轴的对称点为，直线与轴的交点为，求的面积的最大值．
17.已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的取值集合；
（3）若存在，且，求的取值范围．
18.在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，，QC=3.
（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为，求BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值.
19.已知数列，即当时，，记
求的值.
求当，试用的代数式表示
对于，定义集合，求集合中的元素个数.
数学答案
单项选择题
1.B 2.A 3.A 4.C 5.D 6.C 7.A 8.A
多项选择题
9.ACD 10.BD 11.BCD
三.填空题12. 2 13. 2795 14. 1011
四.解答题
15.解：（1）因为，所以，分
产品质量指标超过130的频率为，
所以这批产品的优质率为25%分
（2）因为质量指标在和的频率分别为0.4和0.3.所以质量指标在产品中抽取7件，则质量指标在有件，质量指标在有件分
所以从这7件中任取2件，至少有一件质量指标在的概率为.
分
（3）因为抽到产品为优质产品的频率为0.25，以频率作为概率，所以每件产品为优质产品的概率为.所以4件产品中优质产品的件数分
则，，
所以，，
，，
，分
所以的分布列为
分
解：（1）设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，因为e=ca=12，|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a+2c=6，a2−b2=c2，解得a=2，b= 3，
所以椭圆方程为x24+y23=分
（2）由题意直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x=my+4，m≠0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx2,−y2，
与椭圆方程联立x=my+4x24+y23=1，消去x得(3m2+4)y2+24my+36=0，
所以Δ=(24m)2−4×36×(3m2+4)=144(m2−4)>0，即m2>4，
由根与系数的关系得y1+y2=−24m4+3m2y1y2=364+3m2,分
因为直线AD的方程为y−y1=y1+y2x1−x2(x−x1)，
令y=0，得x=x1y2+x2y1y1+y2=(my1+4)y2+y1(my2+4)y1+y2=2my1y2+4(y1+y2)y1+y2=1，即E(1,0)，分
又S△ABE=S△AME−S△BME=12·|ME|·|y1−y2|=32 (y1+y2)2−4y1y2
=18× m2−43m2+4=18× m2−43(m2−4)+16=18×13 m2−4+16 m2−4⩽3 34，
当且仅当3 m2−4=16 m2−4，即m2=283时取等号，
所以△ABE的面积存在最大值，最大值是3 34． 分
17.解：(1)f'(x)=aex−1，
当a≤0时，f'(x)0时，令f'(x)0，g(x)>g(0)=0，矛盾．
因此，a∈(0,1)为必要条件，下证充分性：分
在(0,π2)上，g''(x)>0，g'(0)=a−10，可知：g(x)在区间(0,π2)上有唯一零点．分
在(−π2,0)上，g，g(4)(x)=aex−4sinx−xcsx>0．
由，g'''0=a+3>0，
可知g'''x先负后正，因此g先减后增，g″(−π2)=ae−π2−20，
可知g″(x)先负后正，g'(x)先减后增．
由g'(−π2)=ae−π2+π2>0，g'(0)=a−1