2024届河北省衡水市枣强县枣强中学高三第三次质量检测试题数学试题试卷

2024届河北省衡水市枣强县枣强中学高三第三次质量检测试题数学试题试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知是边长为1的等边三角形，点，分别是边，的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（）A． B． C． D．2．设i是虚数单位，若复数（）是纯虚数，则m的值为（）A． B． C．1 D．33．已知函数fx=sinωx+π6+A．16,13 B．14．下列函数中，既是奇函数，又是上的单调函数的是()A． B．C． D．5．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．6．设，则A． B． C． D．7．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．8．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．9．在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．10．若，则下列不等式不能成立的是（）A． B． C． D．11．在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（）A．依次成等差数列 B．依次成等差数列C．依次成等差数列 D．依次成等差数列12．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直线是曲线的一条切线为自然对数的底数)，则实数__________.14．已知等差数列的各项均为正数，，且，若，则________.15．如图，在中，，，，点在边上，且，将射线绕着逆时针方向旋转，并在所得射线上取一点，使得，连接，则的面积为__________．16．已知双曲线：（，），直线：与双曲线的两条渐近线分别交于，两点.若（点为坐标原点）的面积为32，且双曲线的焦距为，则双曲线的离心率为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（为实常数）.（1）讨论函数在上的单调性；（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.18．（12分）设函数，（1）当，，求不等式的解集；（2）已知，，的最小值为1，求证：.19．（12分）如图在四边形中，，，为中点，.（1）求；（2）若，求面积的最大值.20．（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.①求；②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.21．（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形．（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、．试判断是否为定值,并说明理由．22．（10分）已知抛物线的焦点为，点，点为抛物线上的动点．（1）若的最小值为，求实数的值；（2）设线段的中点为，其中为坐标原点，若，求的面积．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解题分析】

设，，作为一个基底，表示向量，，，然后再用数量积公式求解.【题目详解】设，，所以，，，所以.故选：D【题目点拨】本题主要考查平面向量的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2、A【解题分析】

根据复数除法运算化简，结合纯虚数定义即可求得m的值.【题目详解】由复数的除法运算化简可得，因为是纯虚数，所以，∴，故选：A.【题目点拨】本题考查了复数的概念和除法运算，属于基础题.3、A【解题分析】

将fx整理为3sinωx+π3，根据x的范围可求得ωx+π3∈π【题目详解】f当x∈0,π时，又f0=3sin由fx在0,π上的值域为32解得：ω∈本题正确选项：A【题目点拨】本题考查利用正弦型函数的值域求解参数范围的问题，关键是能够结合正弦型函数的图象求得角的范围的上下限，从而得到关于参数的不等式.4、C【解题分析】

对选项逐个验证即得答案.【题目详解】对于，，是偶函数，故选项错误；对于，，定义域为，在上不是单调函数，故选项错误；对于，当时，；当时，；又时，.综上，对，都有，是奇函数.又时，是开口向上的抛物线，对称轴，在上单调递增，是奇函数，在上是单调递增函数，故选项正确；对于，在上单调递增，在上单调递增，但，在上不是单调函数，故选项错误.故选：.【题目点拨】本题考查函数的基本性质，属于基础题.5、D【解题分析】

求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.【题目详解】由题意可得、.由，得，则，即.而，所以，所以点.因为点在椭圆上，则，整理可得，所以，所以.即椭圆的离心率为故选：D.【题目点拨】本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.6、C【解题分析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.7、D【解题分析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.【题目详解】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，∴，解得.∴.根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.故选：D.【题目点拨】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.8、B【解题分析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【题目详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【题目点拨】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9、B【解题分析】

由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【题目详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，，，..故选：【题目点拨】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.10、B【解题分析】

根据不等式的性质对选项逐一判断即可.【题目详解】选项A：由于，即，，所以，所以，所以成立；选项B：由于，即，所以，所以，所以不成立；选项C：由于，所以，所以，所以成立；选项D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故选：B.【题目点拨】本题考查不等关系和不等式，属于基础题.11、C【解题分析】

由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.【题目详解】依次成等差数列，，正弦定理得，由余弦定理得，，即依次成等差数列，故选C.【题目点拨】本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．12、A【解题分析】

首先求出样本空间样本点为个，再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数，再求出重复数量，可得事件的样本点数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.【题目详解】样本空间样本点为个，具体分析如下：记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“1”，有以下3种位置1____，__1__，____1．剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是，但合并计算时会有重复，重复数量为，事件的样本点数为：个．故不同的样本点数为8个，.故选：A【题目点拨】本题考查了分类计数原理与分步计数原理，古典概型的概率计算公式，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

根据切线的斜率为，利用导数列方程，由此求得切点的坐标，进而求得切线方程，通过对比系数求得的值.【题目详解】，则，所以切点为，故切线为，即，故.故答案为：【题目点拨】本小题主要考查利用导数求解曲线的切线方程有关问题，属于基础题.14、【解题分析】

设等差数列的公差为，根据，且，可得，解得，进而得出结论.【题目详解】设公差为，因为，所以，所以，所以故答案为：【题目点拨】本题主要考查了等差数列的通项公式、需熟记公式，属于基础题.15、【解题分析】

由余弦定理求得，再结合正弦定理得，进而得，得，则面积可求【题目详解】由，得，解得.因为，所以，，所以.又因为，所以.因为，所以.故答案为【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题16、或【解题分析】

用表示出的面积，求得等量关系，联立焦距的大小，以及，即可容易求得，则离心率得解.【题目详解】联立解得.所以的面积，所以.而由双曲线的焦距为知，，所以.联立解得或故双曲线的离心率为或.故答案为：或.【题目点拨】本题考查双曲线的方程与性质，考查运算求解能力以及函数与方程思想，属中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析（2）【解题分析】

（1）分类讨论的值，利用导数证明单调性即可；（2）利用导数分别得出，，时，的最小值，即可得出实数的取值范围.【题目详解】（1），.当即时，，，此时，在上单调递增；当即时，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增；当即时，，，此时，在上单调递减；（2）当时，因为在上单调递增，所以的最小值为，所以当时，在上单调递减，在上单调递增所以的最小值为.因为，所以，.所以，所以.当时，在上单调递减所以的最小值为因为，所以，所以，综上，.【题目点拨】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究函数的存在性问题，属于中档题.18、（1）或；（2）证明见解析【解题分析】

（1）将化简，分类讨论即可；（2）由（1）得，，展开后再利用基本不等式即可.【题目详解】（1）当时，，所以或或解得或，因此不等式的解集的或（2）根据，当且仅当时，等式成立.【题目点拨】本题考查绝对值不等式的解法、利用基本不等式证明不等式问题，考查学生基本的计算能力，是一道基础题.19、（1）1；（2）【解题分析】

（1），在和中分别运用余弦定理可表示出，运用算两次的思想即可求得，进而求出；（2）在中，根据余弦定理和基本不等式，可求得，再由三角形的面积公式以及正弦函数的有界性，求出的面积的最大值．【题目详解】（1）由题设，则在和中由余弦定理得：，即解得，∴（2）在中由余弦定理得，即，∴所以面积的最大值为，此时.【题目点拨】本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．20、（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析【解题分析】

（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.【题目详解】（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，则，.所以变量的分布列为：45678故变量的数学期望为.（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，故且时，有，则时，，所以，故数列为常数列；又，，所以数列为等比数列.【题目点拨】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.21、（