河北省名校联合体2023-2024学年高三下学期2月开学测试数学试题（教师版）

河北省名校联合体开学测试（二月）数学本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、单项选择题：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的.1.已知一组数据3，7，4，11，15，6，8，13，去掉一个最大值和一个最小值后所得数据的上四分位数为（）A.4 B.6 C.11 D.13【答案】C【解析】【分析】把新数据按由小到大排列，利用上四分位数的定义求解即得.【详解】依题意，所得新数据按由小到大排列为：4，6，7，8，11，13，由，得所得数据的上四分位数为11.故选：C2.已知向量，且，则向量与的夹角为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据两向量的夹角公式，结合夹角的范围计算即得.【详解】设向量与的夹角为θ，则，又，故.故选：B.3.若，则“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】结合三角函数的诱导公式，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】当时，，即成立；又因为，所以或，结合，解得或或，即成立，推不出，故“”是“”的充分不必要条件.故选：B4.某单位春节共有四天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，每名员工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，则值班安排共有（）A.184种 B.196种 C.252种 D.268种【答案】C【解析】【分析】采用间接法可直接得到答案.【详解】从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人安排到假期的四天值班，一共有种方法；甲在第一天值班有种方法；乙在第四天值班有种方法；甲在第一天值班且乙在第四天值班有种方法；因此从甲、乙、丙、丁、戊、己六人中选出四人值班，甲第一天不值班，乙在第四天不值班共有种方法，故选：C.5.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，求得，利用立方和公式因式分解得，代入数据计算即可.【详解】由，有，得，.故选：D6.已知集合，则的元素个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的四则运算求出复数z，得出复数的周期性，即可判断集合中的元素个数.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，，可知以上四种情况循环，故集合，的元素个数为3.故选：C7.在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.【详解】如图，作平面，连接，易得因，平面，所以平面，平面，故,由题可得，，则.不妨设，则有①，在中，由余弦定理，，在中，②，将两式相减化简即得：，.取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，由余弦定理求得，在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体外接球表面积为.故选：B.【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.求解多面体的外接球的主要方法有：（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.8.已知双曲线，设是的左焦点，，连接交双曲线于.若，则的离心率的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出图形，计算出大小，可得出，利用余弦定理求出，然后利用双曲线的定义可得出关于、的等式，即可解得该双曲线离心率的值.【详解】如下图所示：设，由题意可得，，则，且，所以，，因为，则，由余弦定理可得，所以，，由双曲线的定义可得，即，故该双曲线的离心率为.故选：D.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.下列式子中最小值为4的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】对于ABD，利用基本不等式运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断．【详解】对于选项A：，当且仅当，即当且仅当时等号成立，但不成立，所以的最小值不为4，故A错误；对于选项B：因为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故B正确；对于选项C：，当时，取得最小值4，故C成立；对于选项D：由题意，则，，当且仅当，即时，等号成立，故D正确．故选：BCD．10.在中，角的对边分别是，若，，则（）A. B.C. D.的面积为【答案】AC【解析】【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；根据三角形面积公式可判断D.【详解】由余弦定理可得，解得，故A正确；由及正弦定理，可得,化简可得.因为，所以，所以，即.因为，所以，故B错误；因为，所以且，代入，可得，解得，.因为，，，所以由正弦定理可得，由，可得，化简可得，解得或（舍），故C正确；.故选:AC.11.欧拉函数是数论中的一个基本概念，的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如，因为1，3，5，7均与8互质，则（）A. B.数列单调递增C. D.数列的前项和小于【答案】ACD【解析】【分析】A，由题意可得，即可判断选项正误；B，由A选项可判断选项正误；C，注意到，则从1到100个整数中去掉能被2或5整除的数，即可得与100互质的数，即；D，由C选项分析结合题意可得，后由等比数列前n项和公式可判断选项正误.【详解】A选项，由题可知与4互质的数为1，3，则；与6互质的数为1，5，则；与10互质的数为1，3，7，9，则，故，即A正确；B选项，由A选项可知，，故数列不是单调递增数列，即B错误；C选项，注意到，则从1到100，这100个整数中，被2整除的有50个，被5整除的有20个，同时被2和5整除的有10个，则从1到100，这100个整数中，不能被被2或5整除的数，即与100互质的数的个数为个，则，故C正确；D选项，由C选项分析可知，与互质的数，就是从1到，这个整数中去掉所有的2的倍数.其中2的倍数有个，则，同理可得.则，即为首项为，公比为的等比数列，其前项和，故D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知二项式的二项式系数的和为，则_____________.试估算时，的值为_____________.（精确到）【答案】①.②.【解析】【分析】利用二项式系数和求出的值，再利用二项式定理可求出的近似值.（精确到）【详解】二项式的二项式系数的和为，解得，当时，.故答案为：；.13.蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”，已知点A、B为椭圆（）上任意两个动点，动点P在直线上，若恒为锐角，则根据蒙日圆的相关知识，可知椭圆C的离心率的取值范围为______【答案】【解析】【分析】求出给定椭圆的蒙日圆方程，由已知可得直线与该蒙日圆相离，建立不等式求出离心率范围即得.【详解】依题意，直线都与椭圆相切，因此直线所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆，由点A、B为椭圆上任意两个动点，动点P满足为锐角，得点在圆外，又动点P在直线上，因此直线与圆相离，于是，解得，则，解得，所以椭圆C的离心率的取值范围为.故答案为：14.在数列中，满足，则的值为_____________.【答案】【解析】【分析】利用待定系数法求出，则答案即可求解.【详解】设，则，,所以，解得,所以，所以,故答案为：四、解答题：本大题共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.已知圆C经过两点，，且圆心直线上．（1）求圆C的方程；（2）过点作直线l与圆C交于M，N两点，若，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）设出圆的标准方程，利用待定系数法求解；（2）根据弦长及圆的半径求出弦心距，据此分直线斜率存在与不存在两种情况求解即可.【小问1详解】设圆C的方程为，则，解得，所以圆C的方程为．【小问2详解】设圆心到直线l的距离为d，则，则．当直线l的斜率不存在时，直线l：，满足题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，所以，解得，此时，直线l的方程为，即．综上所述，直线l的方程为或．16.在如图所示的三棱锥中，分别是线段的中点，且.（1）证明：直线平面;（2）若二面角的大小为，求直线和平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由中位线得到线线平行，结合直角三角形的性质和勾股定理逆定理得到线线垂直，从而求出线面垂直；（2）在（1）的基础上得到线线垂直，结合二面角得到，求出其他边的长度，进而证明出⊥平面，建立空间直角坐标系，得到点的坐标，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值，进而得到余弦值.【小问1详解】因为⊥，为的中点，，所以，又为的中点，所以，且，因为，所以，即⊥，因为⊥，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面；【小问2详解】因为⊥平面，，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，⊥，因为⊥，故二面角的平面角为，所以，因为⊥平面，平面，所以⊥，因为⊥，，平面，所以⊥平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，则，设平面的法向量，则，解得，令，则，故，又，设直线和平面所成角大小为，则，则，故直线和平面所成角的余弦值为.17.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，随机移动次，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，次移动结束后，质点到达的位置的数字记为.（1）若，求;（2）若，求的分布列和的值.【答案】（1）（2）分布列见解析，0【解析】【分析】（1）由可直接得到结果；（2）首先求出X的所有可能取值以及对应的概率，再结合离散型随机变量的期望公式求答案即可.【小问1详解】；【小问2详解】设表示6次移动中向左移动的次数，则，质点最后到达的数字，则：，，，，，，，的分布列为：0246.18.已知函数（1）若、在处切线的斜率相等，求的值；（2）若方有两个实数根，试证明：;（3）若方程有两个实数根，试证明：.【答案】（1）1（2）证明见解析；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）由题意得，首先证明，再结合差比性质得，变形后，结合换元法及导数知识求证即可得证；（3）首先令去掉绝对值符号，再求得，的根，以及方程的根，结合放缩的知识可得，所以原不等式可得.【小问1详解】，,又,所以.【小问2详解】由（1）知，则令，令时，单调递增时，单调递减所以因为由差比的性质知：，又，则欲证：即证：不妨设：下证，令下证令所以在上单调递增，所以所以【小问3详解】不妨设，下证在处的切线方程为构造当时，;时，;所以在上单调递减，在上单调递增又所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，设方程的函数值为的根，则因为在上单调递减，所以，在处的切线方程为,构造当时，;时，;所以在上单调递减，在上单调递增又所以在上单调递减，在上单调递增所以所以设方程的根又，由在上单调递增所以又所以.【点睛】本题考查了导数的综合运用：求切线的斜率切线方程，求函数单调性和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．19.菲波纳契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，是由13世纪的意大利数学家菲波纳契提出的，其定义是从数列的第三项开始，每一项都等于前两项的和，即满足.规定，.（1）试证明：；（2）求数列的通项公式；（3）试证明：时，.【答案】（1）证明见解析（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据递推证明即可；（2）设，，即，即可得到，