2024届河北省保定市部分重点高中高三上学期12月期末数学试题含答案

这是一份2024届河北省保定市部分重点高中高三上学期12月期末数学试题含答案，共22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
1．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】利用复数的除法求出复数，可得复数的虚部.
【详解】复数，
则的虚部是2.
故选：C
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数定义域得到，确定，再计算交集即可.
【详解】，则，解得，故，
，故.
故选：D.
3．已知命题，，与共线，命题，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据平面向量共线的坐标表示，结合必要条件与充分条件的定义，可得答案.
【详解】充分性：由与共线，则，解得或0，p是q的不充分条件；
必要性：当，时，由，则与共线，p是q的必要条件.
故选：B.
4．新高考在赋分时，先根据考生原始分划定等级，再根据该等级下考生原始分数的排名进行赋分（赋分均为整数），某校在高三年级某次化学模拟考试中对全校1000人进行赋分，一同学该科目全校排名300名，则其赋分为（ ）（保留整数）
A．80B．79C．78D．77
【答案】B
【分析】根据百分位数的计算方法，可得答案.
【详解】由题意可知：，该同学被划定为等级B，设其赋分为，
则，解得.
故选：B.
5．已知函数，将的图象向右平移个单位后可以得到的图象，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图象变换可得，结合三角恒等变换整理得，即可得结果.
【详解】由题意可得：，
则
，
所以当，即时，取到最大值.
故选：C.
6．已知函数满足：，，成立，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，求出，令，求出，令，求出，再令，可求出的关系，再利用累加法结合等差数列前项和公式即可得解.
【详解】令，则，所以，
令，则，
所以，
令，则，所以，
令，则，
所以，
则当时，，
则
，
当时，上式也成立，
所以，
所以.
故选：C.
7．已知抛物线，是直线上的一个动点，过作抛物线的两条切线，切点分别为，，若为圆上的动点，则点到直线距离的最大值为（ ）
A．B．5C．2D．
【答案】D
【分析】设，设点处的切线方程为，联立方程，根据求出，进而可求出点处的切线方程，同理可求出点处的切线方程，再根据两切线都过点，从而可求出直线的方程，再求出直线所过的定点，再将所求出转化为点到定点的距离，进而可得出答案.
【详解】设，
由题意在点和点处的切线方程的斜率不等于零，
设点处的切线方程为，
联立，消得，
则，即
又，所以，所以，
所以点处的切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
又两切线都过点，
所以，，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线过定点，
圆的圆心，半径，
所以点到直线距离的最大值即为点到定点的最大距离，
所以点到直线距离的最大值为.
故选：D.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】，则，，即，等价于，等价于，构造函数，再根据函数的单调性进而可得出答案.
【详解】
，
则，即，
即，即，
则，
等价于，
令，
因为都是增函数，
所以函数是增函数，
则，即为，
所以，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二、多选题
9．已知双曲线的渐近线方程为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的离心率为
C．曲线经过的一个顶点D．与有相同的渐近线
【答案】ACD
【分析】根据双曲线的渐近线方程求出即可判断A；根据双曲线的离心率公式即可判断B；求出双曲线的顶点即可判断C；求出双曲线的渐近线方程即可判断D.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
所以，解得（舍去），故A正确；
双曲线，
所以的离心率为，故B错误；
双曲线的顶点为，
因为，所以曲线经过的一个顶点，故C正确；
对于D，令，则，
即的渐近线方程为，故D正确.
故选：ACD.
10．已知数列为等差数列，公差为；数列为等比数列，公比为，则下列说法正确的是（ ）
A．存在和，使得．
B．若为的前项和，则，，，成等差数列
C．若为的前项和，则，，，成等比数列
D．当时，存在实数A、使得
【答案】ABD
【分析】对于AC：距离说明即可；对于B：根据等差数列的定义和性质分析判断；对于D：令，代入运算即可判断.
【详解】对于选项A：例如，，故A正确；
对于选项B：因为
，
所以，，，成等差数列，故B正确；
对于选项C：例如，则，
可得，，，不一定成等比数列，故C错误；
对于选项D：因为数列为等差数列，设，
又因为，则，
令，
则，
即存在实数A、使得，故D正确；
故选：ABD.
11．在直三棱柱中，已知，，下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．若，则与平面所成角的余弦值为
C．若，设为的中点，则平面平面
D．无论取任何值，不会垂直于
【答案】ACD
【分析】证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；易得点即为与的交点，则平面即为平面，证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断C；假设，则可得平面，从而可判断D；以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B.
【详解】对于A，在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
又因平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于C，因为四边形为矩形，为的中点，
所以点即为与的交点，
则平面即为平面，
因为平面，平面，所以，
因为，所以四边形为正方形，
所以，
又平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面，即平面平面，故C正确；
对于D，假设，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以，
而，不可能重合，
所以假设不成立，即无论取任何值，不会垂直于，故D正确；
对于B，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以与平面所成角的余弦值为，故B错误.

故选：ACD.
12．在中，角、、的对边分别为、、，且，，则以下四个命题中正确的是（ ）
A．满足条件的不可能是直角三角形
B．面积的最大值为
C．当时，的内切圆的半径为
D．若为锐角三角形，则
【答案】BC
【分析】确定，举反例得到A错误，设，则，根据余弦定理结合面积公式计算，B正确，确定，根据等面积法计算得到C正确，计算得到，D错误，得到答案.
【详解】，则，
对选项A：取，则，，故，是直角三角形，错误；
对选项B：设，则，，，
，当时，最大为，正确；
对选项C：时，，， ，
，故，设内切圆的半径为，
则，解得，正确；
对选项D：为锐角三角形，则，即，解得，
且，即，解得，故，错误；
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握余弦定理，从而得解.
三、填空题
13．展开式中项的系数为 ．
【答案】
【分析】求出展开式的通项，再分别令的指数等于和，进而可得出答案.
【详解】展开式的通项为，
令，则，令，则，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
14．已知，则 ．
【答案】
【分析】根据二倍角的正余弦公式及辅助角公式计算即可.
【详解】
.
故答案为：.
15．已知，，，，，，例如，则，，，．若，则 ．
【答案】0
【分析】根据复合函数求导运算求解.
【详解】令，则，，
可知，的周期为2，
令，则，
可知，的周期为4，
由题意可得：，
，
，
注意到，
所以.
故答案为：0.
16．如图，在棱长为8的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若为上的动点，则的最小值为；②到平面的距离的最大值为；③为的中点，为空间中一点，且与平面所成的角为，与平面所成的角为，则在平面上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】对于①：建系，设设，根据两点间距离公式分析求解；对于②：利用等体积法求点到面的距离；对于③：根据线面夹角分析可知：，建系，利用坐标系求点的轨迹方程.
【详解】对于①：以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

可得，
设，
则，即，
可得，
当，即时，取到最小值，故①正确；
对于②：设到平面的距离的最大值为，
由可得，则，
由（1）可知的最小值为，
所以到平面的距离的最大值为，故②正确；

对于③：设在平面上射影为，连接，
可知：与平面所成的角为，与平面所成的角为，
则，可得，
在空间直角坐标系，则，

设，则，
整理得，
可知在平面上射影的轨迹为半径为的圆，
所以轨迹长度为，故③正确；
故答案为：①②③.
【点睛】关键点睛：对于点的距离和轨迹问题，常常建系分析求解.
四、解答题
17．已如等差数列的前项和为，若，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件列出关于首项和公差的方程，即可求解；
（2）根据求和公式与通项公式之间的关系可得，利用裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设的公差为，
由题意可得，解得，
所以.
（2）因为，
当，则；
当，则；
综上所述：.
则，
设数列的前项和，
当，则；
当，则；
注意到符合上式，所以.
18．在平行六面体中，已知，．
(1)证明：平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，连接，根据题意证明，，即可得结果；
（2）根据题意可知，分析可知：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，进而结合二面角的定义分析可知二面角的平面角为，即可得结果.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为，可知，
可得，则，
又因为为菱形，则，
且，平面，所以平面.
（2）设，则为的中点，连接，
设到的距离为，

则，
当且仅当，即平面时，等号成立，
又因为，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，
综上所述：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，
由题意可知：，为的中点，

则，可知二面角的平面角为，
在中，，
可得，
所以二面角的余弦值为.
19．2023年第19届亚运会在中国浙江杭州举行，杭州亚运会以“中国新时代杭州新亚运”为定位、“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”为目标，秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念，坚持“以杭州为主、浙江全省共享”的办赛原则，会前，为喜迎亚运，某商场组织了“文明迎亚运”知识竞赛活动，每名参赛者需要回答A、、三道题目，通过答题获得积分，进而获得相应的礼品．每题答错得0分，答对A题目得1分，答对、题目分别得2分，每名参赛者的最后得分为每题得分的累积得分，已知一名参赛者答对A题目的概率为，答对、题目的概率均为，并且每题答对与否相互独立．
(1)求该名参赛者恰好答对两道题目的概率：
(2)求该名参赛者最终累积得分的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）设该名参赛者最终累积得分为，可知，结合独立事件概率乘法公式求分布列，进而可得期望.
【详解】（1）由题意可得：该名参赛者恰好答对两道题目的概率
.
（2）设该名参赛者最终累积得分为，可知，则：
；
；
；
；
；
；
可得该名参赛者最终累积得分的分布列为：
所以数学期望.
20．在圆内接四边形中，已知，，平分．

(1)若，求的长度；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同弧的圆周角相等，结合已知条件有，在和中，由余弦定理列方程组求的长度；
（2）设，在和中，由余弦定理得，，在和中，由余弦定理得，，代入求值即可.
【详解】（1）平分，有，
又，，所以，有，
由，，
在和中，由余弦定理得，
，
有，解得，，
则有.
（2）由（1）知，有，设，
在和中，由余弦定理得，
，
有，解得，
又，，，
，在和中，由余弦定理得，
，即，
得，即，
.
21．已知动点在上，过作轴的垂线，垂足为，若为中点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)过作直线交的轨迹于、两点，并且交轴于点．若，，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）设点的坐标为，利用代入法求点的轨迹方程；
（2）分直线斜率存在和斜率不存在，通过联立方程组求交点坐标，表示出，利用韦达定理化简为定值.
【详解】（1）设点的坐标为，则，，
点在上，则有，即，
所以点的轨迹方程为.
（2）直线斜率不存在时，直线方程为，则、，，，
得，，由，得，
，，由，，
此时.
直线斜率存在时，由直线交轴于点知斜率不为0，设直线方程为，
则有，设、，
由，消去得，
，有，
，，由，得，
，，由，，
此时.
综上可知，为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消失变量，从而得到定值.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)已知，若恒成立，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）令，先求导，再分别对和两种情况分类讨论，从而利用导数判断函数的单调性.
（2）令，由，得是的极小值点，而得到，然后证明时恒成立，从而得到的值.
【详解】（1）令，其定义域为，.
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，得，在上，则单调递增，在上，则单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）若恒成立，则恒成立.
令，其定义域为.
易得，而，所以是的极小值点，即.
，，
所以，即.
现证明时，恒成立.
当时，，，
令，易知，
因为时，，所以在上单调递增，
所以时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
因此，在处取得最小值，即最小值为，
所以恒成立，即也满足题意.
综上所述，恒成立时.
【点睛】在本题时函数值，进而得到，求得值，成为原不等式恒成立的必要条件，然后再证明是原不等式恒成立的充分条件.
利用特殊值探路可以迅速化解题目难度，快速找到题目的答案（准答案），减轻解题思想压力，转换解题思维角度，补全充分性证明过程即可完美收官．一般对数函数可将真数取特值1，指数函数的指数可取特值0.
等级
A
B
C
D
E
比例
赋分区间
0
1
2
3
4
5