河北省秦皇岛市部分示范高中2024届高三下学期三模数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省秦皇岛市部分示范高中2024届高三下学期三模数学试卷第I卷（选择题）一、选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故，故选：D2.已知，表示两条不同的直线，表示平面，则（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗D〖解析〗若，，则可能平行，异面或者相交，故A错误；若，，则与可能平行，可能相交，也可能，故B错误；若，，则与可能平行，也可能，故C错误；若，，由线面垂直的性质定理可知，故D正确；故选：D3.已知函数，其中，，其中，则图象如图所示的函数可能是（）．A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗易知是偶函数，是奇函数，给出的函数图象对应的是奇函数，A.，定义域为R，又，所以是奇函数，符合题意，故正确；B.，，不符合图象，故错误；C.，定义域为R，但，故函数是非奇非偶函数，故错误；D.，定义域为R，但，故函数是非奇非偶函数，故错误，故选：A4.已知等比数列的前项和为，满足，则数列的公比为（）A. B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，由题设得，解得．故选：C．5.若的展开式中含项的系数为10，则的值是（）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗B〖解析〗的展开式中含项的系数为，解得或（舍），故选：B.6.已知复数满足，，则（）A.3 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设，，且，由已知得，，得，又，故，，同时平方得，，相加并化简得，而，.故选：D.7.已知正数，，满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，即，所以，令，，当时，，在单调递增，所以，所以，则有，所以；由得，即，所以，因为，所以，即，故．故选：A.8.已知函数在上单调，的图象关于点中心对称且关于直线对称，则的取值个数是（）A1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗由题意得的图象关于点中心对称且关于直线对称，故，则，即，由函数在上单调，得，即，即，解得，而，故或1，或2，当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，满足题意；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上不单调，故在上不单调，此时不合题意；当时，，则，结合，得，则，此时，当时，，由于在上单调递增，故在上单调递增，满足题意；综上，或.故选：B二、选择题9.美国数学史家、穆伦堡学院名誉数学教授威廉・邓纳姆在1994年出版TheMathematicalUniverse一书中写道：“相比之下，数学家达到的终极优雅是所谓的‘无言的证明’，在这样的证明中一个极好的令人信服的图示就传达了证明，甚至不需要任何解释．很难比它更优雅了．”如图所示正是数学家所达到的“终极优雅”，该图（为矩形）完美地展示并证明了正弦和余弦的二倍角公式，则可推导出的正确选项为（）A. B. C. D.〖答案〗ACD〖解析〗如图，对于A，在中，，，又，则，，在中，可求得，所以，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，在中，因为，，则，故C正确；对于D，，，所以，故D正确.故选：ACD.10.双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（）A.B.C.点为圆和圆的另一个交点D.圆与圆有一条公切线的倾斜角为〖答案〗BCD〖解析〗的方程可化为，可得，，．由为的中点，为的中点，得，A错误．由为的中点，为的中点，得，则，B正确．设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，可得，为的中位线，则直线平分线段，则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，连接，，过点作，垂足为．由，，得，可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．故选：BCD11.在正四面体中，，分别为棱和（包括端点）的动点，直线与平面，平面所成角分别为，，则（）A.的正负与点，位置都有关系B.的正负由点位置确定，与点位置无关C.的最大值为D.的最小值为〖答案〗BD〖解析〗取的中点，连接，过点在平面内分别作，垂足分别为，如图所示，在正四面体中，均为等边三角形，因为为的中点，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，平面，所以平面.所以直线与平面所成的角为，即，同理可得，所以的正负只由点位置确定，与点位置无关，故选项A错误，选项B正确；设，则，且,在中，，由余弦定理可得：，所以，所以，则，将正四面体补成正方体，如图所示：连接，在线段上取点，使得，因为且，所以四边形为平行四边形，所以平面，因为平面，所以，所以平行四边形为矩形，则，因为且，所以四边形为矩形，则，且.因为平面，平面，所以，设，因为四边形为正方形，所以，所以，且，则，所以，则，，故选项C错误，D正确.故选：BD.第II卷（非选择题）三、填空题12.设为平面向量.若为单位向量，与的夹角为，则与的数量积为___________.〖答案〗〖解析〗,,,,故〖答案〗：13.从中任意选1个数字，从中任意选2个数字，得到没有重复数字的三位数.在所组成的三位数中任选一个，则该数是偶数的概率为__________.〖答案〗〖解析〗根据题意可知：若从中任意选1个不为0的数字有种选法，从中任意选2个数字有种选法，由选出的3个数字组成三位数有！种组法，共种方法，其中偶数有个；若从中选0，再从中任意选2个数字有种选法，由选出的3个数字组成三位数有种组法，共种方法，其中偶数有个；所以该数为偶数的概率为.故〖答案〗为：14.已知数列是给定的等差数列，其前项和为，若，且当与时，取得最大值，则的值为_________.〖答案〗21〖解析〗不妨设数列的公差大于零，由于，得，且时，，时，，不妨取，则，设，若，则，此时式子取不了最大值；若，则，又时，，因为，此时式子取不了最大值；因此这就说明必成立.若，则，这也就说明不成立，因此，所以.故〖答案〗为：.四、解答题15.在中，内角，，所对的边分别为，，，且，的外接圆半径为.（1）求的面积；（2）求边上的高.解：（1）在中，由正弦定理可得，，则，根据余弦定理，得，所以，所以，所以（2），所以.16.如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.（1）在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；（2）若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.解：（1）过点作交圆于点，（，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）因为是圆的直径，所以，，所以，所以四边形为矩形，因为，，所以，因为平面，为的中点，所以点到平面的距离为，所以（2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则即，不妨取，得因为与平面所成角的正弦值为，所以所以，所以或17.已知椭圆：的离心率为，过点的直线交于点，，且当轴时，.（1）求的方程（2）记的左焦点为，若过，，三点的圆的圆心恰好在轴上，求直线的斜率.解：（1）当轴时，，所以点在上，依题意，解得，，，所以的方程为.（2）设圆心，，，，显然直线的斜率存在，设：，由，得，又，代入得到，同理可得，则，分别是方程的两根，由韦达定理可得.又联立：与，得，，所以，所以故，解得，故直线的斜率为.18.将保护区分为面积大小相近的多个区域，用简单随机抽样的方法抽取其中15个区域进行编号，统计抽取到的每个区域的某种水源指标和区域内该植物分布的数量，得到数组.已知，，.（1）求样本的样本相关系数；（2）假设该植物的寿命为随机变量（可取任意正整数），研究人员统计大量数据后发现，对于任意的，寿命为的样本在寿命超过的样本里的数量占比与寿命为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均为0.1，这种现象被称为“几何分布的无记忆性”.（i）求表达式；（ii）推导该植物寿命期望的值（用表示，取遍），并求当足够大时，的值.附：样本相关系数；当足够大时，.解：（1）由，，.得样本相关系数，.（2）（i）依题意，，又，则，当时，把换成，则，两式相减得，即，又，所以对任意都成立，从而是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，所以.（ii）由定义知，，而，，显然，于是，两式相减得，因此，当足够大时，，则，可认为，所以该植物寿命期望的值是10.19.帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，已知函数.（1）求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到（2）在（1）的条件下：①求证：；②若恒成立，求实数的取值范围.（1）解：由题可知函