河北省金科大联考2024届高三年级下册3月质量检测数学试题（解析版）

河北省金科大联考2024届高三下学期3月质量检测

数学试题

一、选择题

设集合则

1.A=4x+3<0},B={x|lg(x-l)<0}>AB=()

A.{x[l<x<2}B.{x[2<x<3}

C.{x|l(尤<3}D.{x|0(尤<2}

K答案XA

k解析U由兀2一4尤+3<o，解得1<尤<3,所以A={x[l<x<3},

因为0<x—1<1,所以B={x[l<x<2},故AcB={x[l<x<2}.

故选：A.

2.已知随机变量X服从N(0.5,4),若P(XW0.3)=0.3,则P(0.3WXW0.7)=()

A.0.2B.0.3C.0.4D.0.5

[答案XC

k解析1由题意可得P(0.3WXW0.5)=0.5—0.3=02,

所以P(0.3<X<0.7)=2P(0.3<X<0.5)=0.4.

故选：c.

3.己知z为复数，若0+i为实数，则复数z在复平面内对应的点的轨迹方程为()

A.2x-y^0B.(x-1)2+y2=1

C.y+l=0D.%+l=0

K答案XD

K解析H设z=x+_yi(x,yeR),则zi+i=(x+yi)i+i=(x+l)i—y,

因为力+i为实数，所以x+l=0.故选：D.

4,设等差数列{%}的前"项和为S"，若为=8,S3=18,则其=()

A.34B.35C.36D.38

（答案IB

1解析]因为｛%,｝是等差数列，设其公差为d,

因邑=q+g+。3=3a2—18,则。2=6,所以2d=a4—a2=2,则d=1,

所以%=9,S5=S3+。4+%=18+8+9=35.故选：B.

5(sin500+sin70°)

的值为(

1+cos20

3

2

K答案』C

(sin50+sin70)+sin(60°+10)]

K解析』

1+cos20°1+2COS210°-1

_(2sin60°cosl0°y_3cos210°_3故诜:c

2cos210°2cos210°2

6.实验课上，小明将一个小球放置在圆柱形烧杯口处固定(烧杯口支撑着小球)，观察到小

球恰好接触到烧杯底部，已知烧杯的底面半径为2,小球的表面积为25兀，若烧杯的厚度不

计，则烧杯的侧面积为()

A.兀B.2兀C.3兀D.4兀

k答案1D

K解析工设小球的半径为小则S=4TT/=25兀，解得「=』，

2

设圆柱的高为〃，由勾股定理可得户=22+。-丸)2,解得/z=l或〃=4(舍去)，

所以烧杯的侧面积为2兀x2xl=4兀.故选：D.

7.已知/(%)是定义域为R的偶函数，当无之0时，〃x)=(x+a)1x—，若/(%)有

且仅有3个零点，则关于x的不等式的解集为()

A.(-co,-2)o(2,+co)B.哈一

C.(-00,-3)u(3,+oo)D.(-OO,T)U(4,+8)

K答案』A

(解析力因为/(X)为偶函数，有且仅有3个零点,

所以/(0)=0,即(o+a)(o—=0,解得a=0,

此时当xNO时，/(x)=x[x—，所以〃x)的零点为一T，°，T，满足题意'

又当无之0时，/(x)=x(x—=x3-3x2+

由/(x)〉/[万],得d—3x?+^X—5>0,即]x—g)(%-2)>0，解得%>2,

又了⑴为偶函数，所以/(X)〉/的解集为(T^,-2),(2,+oo),故选：A.

8.已知圆。的半径为1,A,B,C为圆。上三点，满足=则0C-(AC+3C)的

取值范围为()

—1J「1/

A.[1,2]B.[1,3]C.—,2D.1,3

\_2J\_2J

K答案』B

k解析》依题意，取AB的中点为。，

一

B

则“'J与=；,。。=1,OCOD

=lx—cosZCOD=—cosZCOD,

22

所以OC•(AC+BC)=2OCDC=2OC(OC-OD)

2

=2OC—2OC•OD=2—cos/COD，

因为cosNCODe]—1,1],所以OC-(AC+8C)==2—cosNCODe[l,3].故选：B.

二、选择题

9.潮汐现象是地球上的海水受月球和太阳的万有引力作用而引起的周期性涨落现象.某观测

站通过长时间观察，发现某港口的潮汐涨落规律为丁=4。0$[0%+]]+6（其中4>0,

口>0）,其中y（单位：m）为港口水深，%（单位：h）为时间（OWxW24）,该观测站

观察到水位最高点和最低点的时间间隔最少为6h,且中午12点的水深为8m,为保证安全，

当水深超过8m时，应限制船只出入，则下列说法正确的是（）

•兀

A.co——

6

B.最高水位为12m

C,该港口从上午8点开始首次限制船只出入

D.一天内限制船只出入的时长为4h

K答案XAC

rri

（解析X对于A,依题意一=二=6,所以。=二，故A正确；

2co6

/JIJIA

对于B,当x=12时，y=Acosl-xl2+-1+6=8,解得A=4，

所以最高水位为10m,故B错误；

（JIA

对于CD,由上可知y=4cos[qX+§J+6,令y28,解得8Vx<12或者20<x<24,

所以从上午8点开始首次开放船只出入，一天内开放出入时长为8h,故C正确，D错误.

故选：AC.

10.己知圆锥SO的侧面展开图为一个半圆，AC为底面圆。的一条直径，AC=2,B为

圆。上的一个动点（不与A,C重合），记二面角S—A3—O为a,S—BC—O为P,则

（）

A.圆锥SO的体积为且兀

3

B.三棱锥S-ABC的外接球的半径为走

2

C.若a=0,则30,平面&4C

D.若tana=2tan，，则tana=VI?

k答案IACD

K解析］设底面半径为r,母线长为/,则2兀r=位，即/=2厂,

由AC=2,则5^=SC=/=2,则SO=,22-f=出,

所以圆锥SO的体积为1义兀乂仔乂有二且兀，故A正确;

33

设三棱锥S—ABC外接球的球心为O',在SO上，设球的半径为尺，则O'OC中,

—R『+12=R2,解得：R=正,故B错误;

'3

如下图，取48,5。的中点M,N,连结SM,OM,SN,ON,0B

因为5A=SB=SC,OA=OB=OC,

所以SM_LA50M，AB,SNLBC,ONLBC,

所以NSMO=i,NSNO=/3

若a=/3,则。0=QV,即6C=A5,所以ABC是等腰直角三角形，

所以03,AC,因为SO_L平面ABC,05u平面ABC,

所以SOLO5,且AC「'SO=O,AC,SOu平面&4C,

所以08,平面S4C,故C正确；

一用SOso

如上图，tancr=-----,tan£o=-----,

OMON

SO2SO1i

因为tana=2tan/7,所以----=-----,则ON=2OM,即一A3=2x—BC

OMON22

则AB=25C,且AC=2,所以BC=撞，则0M=@

55

=SO=百=后

所以一而一不一"，故D正确.故选：ACD.

T

11.已知耳，工为双曲线。：Y—丁2=2（2>0）的左、右焦点，点M（1,班）满足

MFt-MF2=0,N为双曲线C的右支上的一个动点，。为坐标原点，则（）

A,双曲线C的焦距为4

B.直线g与双曲线C的左、右两支各有一个交点

C./\NOM的面积的最小值为1

71

D.ZONM<-

2

（答案1ACD

k解析X对于A,因为孙•他=0,所以

则|MO|=|O4|=|O闾=2,又|"0|=7］。=2,

22

所以c=2,双曲线C:^乙=1的焦距2c=4,故A正确；

22

对于B,由A知，鸟（2,0）,双曲线渐近线方程为y=±x,

则直线MF,的斜率为I二9=一百<一1,

一1-2

所以直线“鸟与双曲线的右支有两个交点，故B错误；

对于C,因为左设直线/：y=+根与双曲线右支相切,

y=y/3x+m

联立＜%2,2,消去y,得2%之+2j§/m:+2+加之=o,

I22

则A=（2®）2—8（2+m2）=0,解得根=_2或者加=2（舍去）,

1-2-01

则直线OM与/之间的距离为d=——=1,

V3+1

所以ANOM的面积最小值为-\OM\d=l,故C正确；

2

对于D,以|。河|为直径的圆的方程为［x—工］+y--=1,

I（2,

由C可知，直线/:，=氐-2与双曲线右支的切点为（6,1）,

2

此时，其圆心到直线/:＞=底-2的距离为r^-T-

1

d—^/3+T

又直线与/两平行线之间的距离为1,所以切点（石,1）到圆心的距离大于1,

JT

即双曲线上的点都在圆外，所以NOM0＜一,故D正确.

2

故选：ACD.

三、填空题

12.在（2+九）3（1—%）的展开式中，x的一次项的系数为（用数字作答）.

K答案X4

（解析X因为（2+H的展开通项公式为（+i=C；23Ty（rW3/eN）,

所以x的一次项的系数为C；22+（—1）《23=12-8=4.故（答案I为：4.

13.已知尸为抛物线C：9=20武。＞0）的焦点，。为坐标原点，过e且斜率为1的直线交

抛物线C于A,8两点，直线AO,80分别交抛物线C的准线于尸,。两点，若AO=AOP，

BO=/1OQ,贝|九+4=.

K答案』6

TXI2.2x

K解析11设4（内,%）,5（%，%），贝。=£=p>同理〃=一工，

IP

px=y+—

设直线AB:x=y+上，联立直线AB与抛物线d2,

"=2Px

可得y2-2py-p2=Q,A=4p2+4p2>0,

贝5+%=2,％%=-/，

C22、

2&+里2

所以_2（芯+々）_12P2pJ_才+<_（%+%）2-2%%_6P2

A+//=-----=-------=----=----------=-——O

PPPPP

故（答案』为：6.

14.已知函数/(x)=x—alnMa>0),记函数y=/(%),y=/(/(£))的值域分别为

M,N,若NM,则。的取值范围是.

K答案X(0,1)

K解析U因为/(x)=x-«lnx(a>0),则/,(x)=l--=:^—

XX

当xe(0,a)时，/'(x)<0,/(x)单调递减，

当xe(a,y)时，/'(x)〉0,/(x)单调递增，

所以当％=。时，/⑴取得极小值，也是最小值/(a)=a—alna,

所以M={y[y>a-ayna],

当a—alna〈O时，M=N,不符合题意,

当a—alna>0,即0<a<e时，令/(x)=r,则y=/(/(%))=/(，)，t>a-alna,

因为NM,所以必有〃a-alna)>/(a),

显然不可能有a-alna<a,否则A/=N,不符合题意,

所以a—alna>a,解得0<a<l,

所以。的取值范围是(0,1).故K答案》为：(0,1).

四、解答题

15.2023年8月8日是我国第15个“全民健身日”，设立全民健身日(FitnessDay)是适应人

民群众体育的需求，促进全民健身运动开展的需要.某学校为了提高学生的身体素质，举行

了跑步竞赛活动，活动分为长跑、短跑两类项目，且该班级所有同学均参加活动，每位同学

选择一项活动参加.

长跑短跑

男同学3010

女同学a10

若采用分层抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2名.

(1)求〃的值以及该班同学选择长跑的概率;

(2)依据小概率值a=0.01的独立性检验，能否推断选择跑步项目的类别与其性别有关?

n(ad-be)"

附：z2其中〃=a+b+c+d.

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

a0.050.010.001

Xa3.8416.63510.828

解：(1)因为采用分层抽样按性别从该班级中抽取6名同学，其中有男同学4名，女同学2

名，所以男女同学的比例为2:1,则型±"=2,故。=10,

a+10

30+102

该班同学选择长跑的概率为

30+10+10+103

(2)依题意，完善2x2列联表，如下,

长跑短跑总计

男同学301040

女同学101020

总计402060

零假设H。:选择跑步项目类别与学生性别无关,

260x(30x10—10x10)2

V=----------------------------------------—=3.75<6.635,

40x20x40x204

根据小概率值a=0.01的独立性检验，没有充分证据推断出H。不成立，

因此可以认为Ho成立，即认为选择跑步项目类别与学生性别无关.

16.设各项都不为0数列｛4｝的前"项积为［，2H.。，4=2.

(1)求数列｛4｝通项公式；

(2)保持数列｛4｝中各项顺序不变，在每两项如与%+i之间插入一项2(以+1-久)(其

中左=1,2,3,…)，组成新的数列也｝,记数列也｝的前〃项和为5“,若S〉,〉2023,求“的

最小值.

n(n-l)

解：(1)因为北=2^闱，

(■-1)5-2)

当时，T=22,a,两式相除可得a”=--------,

"T"Tan_x

因为凡。0,所以〃又q=2,所以〃“=2〃.

(2)依题意，S2"=q+2(%—%)+。2+2(%—〃2)++"〃+2(4+I-QJ

=4+%++%+2(4-4+/-%+a

n+\~n)

=6+4++a“+2（。“+]一q）=4+&++an+2an+｛-2^

=I。—？）+2"2_4=3.2"+i-6，易知｛邑〃｝随着n增大而增大，

1-2

当〃=8时，y6=3-28+i—6=1530<2023,

9+1

当〃=9时，Sl8=3-2-6=3066>2023,

而S"=&+%=&+。9=1530+512=2042>2023,

综上，〃的最小值为17.

17.在三棱台A4G—A3C中，A5C为等边三角形，AB=2A|Bj=2,，平面ABC,

M,N分别为AB，AC的中点，

(1)证明：平面BCCjg//平面AMN；

(2)若43LAG，设。为线段3C上的动点，求4。与平面3CC］用所成的角的正弦值

的最大值.

(1)证明：在三棱台4耳£—ABC中，AB==2,N为AC的中点，

所以AG=CN,且AC"/CN,则四边形A£CN为平行四边形，所以ccj/AN,

又ANu平面AM0,CG仁平面ANM,所以GC〃平面,

因为M,N分别为A5,AC的中点，所以BC//MN,

又MVu平面ANM,5C<z平面,所以3C//平面

因为u平面BCC&1,GCu平面BCC】B^CBnCC,=C,

所以平面BCG4〃平面A"N；

(2)解：连接BN，A5AG，CN,

因为平面ABC,且A&u平面A&GC,所以平面ABC/平面MGC,

因为JRC为等边三角形，N为AC的中点，所以BNLAC,

又平面ABCc平面A41c。=AC,5Nu平面ABC,

所以BN,平面AA£C,又A£u平面A41clC,所以3NLAG，

又^^，^。[，^台八即/二昆氏心师匚平面吕八利,所以AC；，平面5NA，

又ANu平面BNA，则AG^AN,故四边形AANC1为正方形，AA=I,

以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则4(0,0,1),G(1,0,1),C(2,0,0),B(l,V3,0)，

51IJCQ=(-1,0,1),BC=(1,-A/3,0),^C=(2,0,-l),

不妨设DC=ABC=(2,-^2,0)(2e[0,1]),

则Ao=AC-oc=(2-4凤-1),

n-CC=C

设平面3CCe的一个法向量为〃=(”z),贝必

n-BC=0

—X+2=0

得＜/—，令y=i,可得〃=(6,1,6)，

x-=0

\n-\Dk/3(2-2)+732-^^向

则cosn,4。=」——='―/」=――/＜、一

11|川4。«XJ(2_2)2+322+]/xj(22-1y+414

当且仅当4=工时取“=”，

2

所以4。与平面5CG4所成角的正弦值的最大值为叵.

14

18.已知函数/(x)=xlnx-*|x2一1,acR.

(1)当a=l时，求/(x)的单调区间；

(2)当a<0时，记/(X)的极小值点为％,证明：/⑴存在唯一零点尤］,且西〉4%.(参

考数据：e3«20.85)

(1)解：当a=l时，y(x)=xln%-:1--l,y,(x)=lrLY-x+l,

设g(x)=lnx-x+l,则g[x)=——l=----,

当XG(0,l)时，g'(x)>0,g(x)单调递增；

当xe(l,+8)时，g'(x)<0,g(x)单调递减，

当％=1时,g(x)取得极大值g⑴=0,所以g(x)W0,BPr(x)<0,

所以/(%)的单调递减区间为(0,+")，无单调递增区间；

(2)证明：f'(x}-]wc-ax+l,设M%)=lnx-ot+l,则/z'(x)=，-a,

X

当“<0时，h'^x)=--a>Q,所以/z(x)单调递增，

/z(e°T)=a—l—a*i+l=a(l—e"T)(0,妆l)=lnl—a+l=l—a)0,

所以存在尤0«尸1,1),使得妆/)=0,

当龙«0,尤0)时，/z(x)<0J(x)单调递减；当xe[,+oo)时，/z(x)>0J(x)单调递增,

又xe0，Cj且0<%<1时，/(x)<-|x2-l<0,/(e)=e-l-^>0,

所以存在唯一％e(%,e),使得/(%)=0,

/(x)存在唯一零点看.要证％>4x0,只需证,

即证/(4%)=4x0ln(4x0)-8端-l<0,因/z(AQ)—于(AQ)—ITLVQ—CUCQ+[=0,

[nx+1

所以a=——--,/(4x0)=4x0ln(4x0)-8x0(lnx0+1)-1=(41n4-8)x0-4%01nx0-1

1

—XQ41n4—8—41nx0---,

Ixo>

i4ii_4

设根(x)=41n4-8-41nx——(0<%<1),贝Umf(x)=---F—=——--r,

XXJCJC

令加(尤)=0,解得x=:,当时，加(x)>0,加(x)单调递增；

当xe]；,+oo]时，加(x)<0,加(力单调递减，

当》=:时，机(x)取得极大值加\]=41n?<0,

所以m(司<加']<0,即/(4%)<0成立，命题得证.

19.己知椭圆C：二+1=1(。〉6〉0)的离心率为且，。为坐标原点，耳，工为椭圆

ab2

C的左、右焦点，点尸在椭圆C上(不包括端点)，当尸鸟，片居时，心的面积为之叵，