2024届河北省高三下学期考前提分演练（十二）历史试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试数学试题第I卷（选择题）一、单选题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，又，则.故选：C.2.已知是纯虚数，则值为（）A.-1 B.1 C.2 D.〖答案〗B〖解析〗复数是纯虚数，且，，解得，所以，，所以，故选：B.3.已知向量，若，则（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可知.故选：D4.设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则与异面 D.若，则〖答案〗D〖解析〗对A，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故A错误；对B，若，则或a与b异面，故B错误；对C，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故C错误；对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，在平面内取，在平面内取，与a不重合，由面面垂直的性质可得，所以，又，所以，由线面平行的性质定理得，所以有，故D正确.故选：D.5.已知，则（）A.2 B. C.3 D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，即，所以，则，解得.故选：B6.已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（）A.3 B.4 C. D.〖答案〗C〖解析〗由抛物线可得，其准线方程为，因为抛物线上一点到的距离为4，所以点到的距离为，由抛物线的定义知，.故选：C7.已知为奇函数，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由函数图象平移的规则可知：函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的，因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，得：，即，故选：D.8.如图，函数的图像与轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段的中点，，，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称C. D.为偶函数〖答案〗C〖解析〗由题可，则，有，，把代入上式，得，解得(负值舍去)，，由，解得，解得，显然其周期为，故A错误；当时，，，故B错误；，故C正确；，显然是奇函数，故D错误.故选：C二、多选题9.已知直线，圆，则下列说法正确的是（）A.直线恒过定点 B.直线与圆相交C.当直线平分圆时， D.当点到直线距离最大时，〖答案〗ACD〖解析〗对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；对于B，圆的圆心、半径为，点到直线的距离为，从而，取，则此时有，故B错误；对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，也就是说有成立，解得，故C正确；对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，而的斜率为，所以当等号成立时有，解得，故D正确.故选：ACD.10.已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（）A.直三棱柱的体积为B.点到平面的距离为C.当点为线段的中点时，平面平面D.E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时，〖答案〗BC〖解析〗对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为，所以，因为，所以，则直三棱柱的体积为，故A错误；对于B，由上可知平面，因为平面，所以，则，设点到平面的距离为，易知，故B正确；对于C，取的中点，易知在线上，，由直三棱柱的特征知，因为平面，所以平面，而平面平面因为平面，所以平面平面，故C正确；对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示，显然取得最小值时，，故D错误.故选：BC.11.已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（）A.当时，在处的切线方程为B.若有3个零点，则的取值范围为C.当时，是的极大值点D.当时，有唯一零点，且〖答案〗ABD〖解析〗对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确：对于B中，若函数有3个零点，即有三个解，其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图像有3个交点，又由，令，解得或；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减；所以当时，函数取得极小值，极小值为，又由时，，当时，且，如下图：所以，即实数的取值范围为，所以B正确：对于中，当时，，可得，令，在上单调递增，且,所以存在使得，所以在上，单调递减，在上，单调递增，又,所以在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以是的极小值点，所以错误．对于D中，当时，，设，可得，当时，在单调递减；当时，在单调递增，所以当时，，所以，所以，所以函数在上单调递增，又因为，即，所以有唯一零点且，所以D正确；故选：ABD第II卷（非选择题）三、填空题12.已知，则___________．〖答案〗3〖解析〗由，得，所以.故〖答案〗为：313.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则___________．〖答案〗〖解析〗由，解得，所以，故〖答案〗为：14.有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示）〖答案〗40〖解析〗根据乘法原理和加法原理得到．奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，根据乘法原理和加法原理得到，两式相减得到.故〖答案〗为：2；.四、解答题15.已知函数在点处的切线与直线垂直．（1）求值；（2）求函数的极值．解：（1）函数，求导得，则，即为切线的斜率，因为切线与直线垂直，则有，．．解得．（2）由（1）知，函数，定义域，求导得，．当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，当时，取得极小值，所以函数的递增区间为，递减区间为，极大值，极小值．16.已知在数列中，．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值．解：（1）由题意，，即为等差数列：首项，公差，，则，设，（2）由正弦定理，有，．即，又，，即，由，由余弦定理得：，．，即，当且仅当时取等号，，即△ABC面积最大值为．17.如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值.（1）证明：由，得因为平面平面ABCD，平面平面平面PBC所以平面ABCD，又平面ABCD，则，.又，所以，因为，所以，过点作交BC于点，则，所以，因为，故，即，又平面PBD，所以平面PBD；（2）解：因为，平面平面ABCD，平面平面，所以平面故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，则.所以由题意可知为平面PBC的一个法向量，设平面PCD的法向量为，则，即，令，则，故.因为二面角的余弦值为，所以，解得，即，则，由（1）可知，平面ABCD，则直线PD与平面ABCD所成的角为，所以，故直线PD与平面ABCD所成的角的余弦值为.18.已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．解：（1）设椭圆的左焦点为，连接，由对称性知四边形是平行四边形，所以，．由椭圆定义知，则，．设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，所以，所以椭圆的标准方程为．（2）椭圆的标准方程为．则，所以直线，如图所示，设，联立，消去并整理得，．．．所以，所以，．．所以，．同理可得：，所以，所以，由，得，整理得，得，．又，所以，所以或．所以的取值范围为．19.在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．（1）若袋中这两种颜色球个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）（ⅰ）完成下表；0123（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．解：（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或；（ⅰ）当时，，，当时，，，表格如下0123（ⅱ）由上表可知．当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大．所以；（2）由，则，令，即，故，即当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，即当时，取最大值，故，因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的．重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试数学试题第I卷（选择题）一、单选题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，又，则.故选：C.2.已知是纯虚数，则值为（）A.-1 B.1 C.2 D.〖答案〗B〖解析〗复数是纯虚数，且，，解得，所以，，所以，故选：B.3.已知向量，若，则（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可知.故选：D4.设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则与异面 D.若，则〖答案〗D〖解析〗对A，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故A错误；对B，若，则或a与b异面，故B错误；对C，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故C错误；对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，在平面内取，在平面内取，与a不重合，由面面垂直的性质可得，所以，又，所以，由线面平行的性质定理得，所以有，故D正确.故选：D.5.已知，则（）A.2 B. C.3 D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，即，所以，则，解得.故选：B6.已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（）A.3 B.4 C. D.〖答案〗C〖解析〗由抛物线可得，其准线方程为，因为抛物线上一点到的距离为4，所以点到的距离为，由抛物线的定义知，.故选：C7.已知为奇函数，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由函数图象平移的规则可知：函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的，因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，得：，即，故选：D.8.如图，函数的图像与轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段的中点，，，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为 B.的图象关于直线对称C. D.为偶函数〖答案〗C〖解析〗由题可，则，有，，把代入上式，得，解得(负值舍去)，，由，解得，解得，显然其周期为，故A错误；当时，，，故B错误；，故C正确；，显然是奇函数，故D错误.故选：C二、多选题9.已知直线，圆，则下列说法正确的是（）A.直线恒过定点 B.直线与圆相交C.当直线平分圆时， D.当点到直线距离最大时，〖答案〗ACD〖解析〗对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；对于B，圆的圆心、半径为，点到直线的距离为，从而，取，则此时有，故B错误；对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，也就是说有成立，解得，故C正确；对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，而的斜率为，所以当等号成立时有，解得，故D正确.故选：ACD.10.已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（）A.直三棱柱的体积为B.点到平面的距离为C.当点为线段的中点时，平面平面D.E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时，〖答案〗BC〖解析〗对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为，所以，因为，所以，则直三棱柱的体积为，故A错误；对于B，由上可知平面，因为平面，所以，则，设点到平面的距离为，易知，故B正确；对于C，取的中点，易知在线上，，由直三棱柱的特征知，因为平面，所以平面，而平面平面因为平面，所以平面平面，故C正确；对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示，显然取得最小值时，，故D错误.故选：BC.11.已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（）A.当时，在处的切线方程为B.若有3个零点，则的取值范围为C.当时，是的极大值点D.当时，有唯一零点，且〖答案〗ABD〖解析〗对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确：对于B中，若函数有3个零点，即有三个解，其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图像有3个交点，又由，令，解得或；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减；所以当时，函数取得极小值，极小值为，又由时，，当时，且，如下图：所以，即实数的取值范围为，所以B正确：对于中，当时，，可得，令，在上单调递增，且,所以存在使得，所以在上，单调递减，在上，单调递增，又,所以在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以是的极小值点，所以错误．对于D中，当时，，设，可得，当时，在单调递减；当时，在单调递增，所以当时，，所以，所以，所以函数在上单调递增，又因为，即，所以有唯一零点且，所以D正确；故选：ABD第II卷（非选择题）三、填空题12.已知，则___________．〖答案〗3〖解析〗由，得，所以.故〖答案〗为：313.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则___________．〖答案〗〖解析〗由，解得，所以，故〖答案〗为：14.有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示）〖答案〗40〖解析〗根据乘法原理和加法原理得到．奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，根据乘法原理和加法原理得到，两式相减得到.故〖答案〗为：2；.四、解答题15.已知函数在点处的切线与直线垂直．（1）求值；（2）求函数的极值．解：（1）函数，求导得，则，即为切线的斜率，因为切线与直线垂直，则有，．．解得．（2）由（1）知，函数，定义域，求导得，．当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，当时，取得极小值，所以函数的递增区间为，递减区间为，极大值，极小值．16.已知在数列中，．（1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值．解：（1）由题意，，即为等差数列：首项，公差，，则，设，（2）由正弦定理，有，．即，又，，即，由，由余弦定理得：，．，即，当且仅当时取等号，，即△ABC面积最大值为．17.如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值.（1）证明：由，得因为平面平面ABCD，平面平面平面PBC所以平面ABCD，又平面ABCD，则，.又，所以，因为，所以，过点作交BC于点，则，所以，因为，故，即，又平面PBD，所以平面PBD；（2）解：因为，平面平面ABCD，平面平面，所以平面故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，则.所以由题意可知为平面PBC的一个法向量，设平面PCD的法向量为，则，即，令，则，故.因为二面角的余弦值为，所以，解得，即，则，由（1）可知，平面ABCD，则直线PD与平面ABCD所成的角为，所以，故直线PD与平面ABCD所成的角的余弦值为.18.已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的