2024届河北省雄安新区部分高中高考三模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3河北省雄安新区2024届部分高中高考三模数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.设，为单位向量，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗因为，，为单位向量，所以.当且仅当同向时，取到等号.故选：C.2.已知复数为虚数单位)，则“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的（）条件.A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗A〖解析〗，则在复平面内对应的点为；点位于第四象限的充要条件是，即；故“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件.故选：A.3.设全集为定义集合与的运算：且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗且，故选：B4.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，所以，解得，所以，又，所以，所以.故选：A5.如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则，可得，可得，所以，该正四棱台的体积为.故选：C.6.小李买了新手机后下载了4个APP，已知手机桌面上每排可以放4个APP，现要将它们放成两排，且和放在同一排，则不同的排列方式有（）A.288种 B.336种 C.384种 D.672种〖答案〗D〖解析〗分两种情况讨论：①和单独放一排，有种排列方式，②和与或其中的一个放一排，有种排列方式，所以不同的排列方式有种．故选：D．7.已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，得，设，则，令，则有，即，解得，即，因此点或，或，选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.故选：C8.过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（）A. B. C. D.16〖答案〗B〖解析〗抛物线焦点，直线的方程为，由，解得，，不妨令，则，由为的内角平分线，得，设点，于是，整理得，显然点在以点为圆心，2为半径的圆上，因此点到直线距离的最大值为2，所以面积最大值为.故选：B.二、选择题9.设A，B是一次随机试验中的两个事件,且,，，则（）A.A，B相互独立 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗由题意可知，事件互斥，且，所以，即，故A正确；则，故B正确；由条件概率公式可知：，故C错误；，，即，故D正确.故选：ABD10.如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则（）A.该几何体的表面积为B.该几何体为七面体C.二面角的余弦值为D.存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上〖答案〗AC〖解析〗依题意，正四棱锥和正四面体的所有棱长均为1，对于A，该几何体的表面积为，A正确；对于B，取中点，连接，由均为正三角形，得，则分别是二面角和二面角的平面角，且平面，平面，而平面与平面有公共点，因此四点共面，又，，而，于是，则平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，所以该几何体为五面体，B错误；对于C，由选项B知，二面角余弦值为，C正确；对于D，正四棱锥的外接球球心在过点垂直于平面的直线上，正四面体的外接球球心在过点垂直于平面的直线上，而平面平面，因此直线与直线不重合，显然，即点在球外，点在球外，所以不存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上，D错误.故选：AC.11.已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（）A.一定为周期函数B.若，则在上总有零点C.可能为偶函数D.在区间上的图象过3个定点〖答案〗ABD〖解析〗对于A，，，A正确；对于B，，则，，因为，即，同号，所以，由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；对于C，，，由得对恒成立，则与题意不符，故C错误；对于D，令，则，即，，故所有定点坐标为，，，，又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；故选：ABD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.展开式中的常数项是120，则实数______．〖答案〗2〖解析〗∵展开式的通项公式为，令得，即．令得，即，∴展开式中的常数项为，故，解得．故〖答案〗为：213.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为______．〖答案〗〖解析〗设，则，所以，因为，所以，可得，即①，因为，所以，所以，即②，由①②可得，解得，或（舍去）.故〖答案〗为：.14.若对于，,使得不等式恒成立，则整数x的最大值为______．〖答案〗〖解析〗恒成立，等价于.令，，则，注意到时，，，时，.则在上单调递减，在上单调递增，则.则，则.令，.当，，故满足条件；当，则在上单调递减，故.令，.则，得在上单调递增，时，，不合题意；综上，整数x的最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）若是的一个极值点，求的值；（2）若有两个极值点，，其中，求的取值范围．解：（1）易知，又是的一个极值点，所以，即，所以，此时，令，，所以在上单调递增，且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，即符合题意，因此的值为．（2）因为，且有两个极值点，，所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同的交点，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且当时，，，故作出的图象如图所示：由图象可知满足题意，即，即的取值范围为．16.在四棱锥中，平面底面，．（1）是否一定成立？若是，请证明，若不是，请给出理由；（2）若是正三角形，且是正三棱锥，，求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）因为平面底面，过点作的垂线交于点，又平面底面，平面，所以底面，若，则点与点重合，即底面，所以垂直平面内任意直线，即与无论何种位置关系，都有，所以不一定成立.

（2）因为是正三角形，则点为的中点，由（1）底面，又底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又是正三棱锥，即为等边三角形，设，则为的中点，作，则底面，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛.三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：环数6环7环8环9环10环甲的射击频数11102424乙的射击频数32103015丙的射击频数24101826假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立.（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；（2）若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；（3）甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由.解：（1）甲进入决赛，理由如下：丙射击成绩的总环数为，甲射击成绩的总环数为，因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛.（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为，“甲命中10环”的概率可估计为，“乙命中9环”的概率可估计为，“乙命中10环”的概率可估计为，所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为.（3）或（写出其中一个即可）.根据题中数据：当时，在每次射击中，甲击中大于6环的概率为，在每次射击中，乙击中大于6环的概率为，在每次射击中，丙击中大于6环的概率为，由题意可知，，，此时，，，不满足．当时，在每次射击中，甲击中大于7环的概率为，在每次射击中，乙击中大于7环的概率为，在每次射击中，丙击中大于7环的概率为，由题意可知，，，此时，，，满足．当时，在每次射击中，甲击中大于8环的概率为，在每次射击中，乙击中大于8环的概率为，在每次射击中，丙击中大于8环的概率为，由题意可知，，，此时，，满足．当时，在每次射击中，甲击中大于9环的概率为，在每次射击中，乙击中大于9环的概率为，在每次射击中，丙击中大于9环的概率为，由题意可知，，，此时，，，不满足.18.已知是上动点（点是圆心）.定点，线段的中垂线交直线于点.（1）求点轨迹；（2）设点（不在轴上）在处的切线是.过坐标原点点做平行于的直线，交直线分别于点.试求的取值范围.解：（1）由中垂线的性质得，所以，所以，动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，设该椭圆的方程为，则，，因此，曲线的方程为：．（2）方法一：因为，设，则.因为存在斜率，设为，所以直线的方程为联立可得，消去，①，由已知，方程①的判别式，所以，所以②，方程②的判别式，又，即，所以，所以方程②的解为，又，所以，所以直线的方程为：所以CD：③.又直线PA：④，联立③④，消可得，，解得，带入得.同理可得，，所以；又，.方法二：由椭圆的光学性质可知，是的外角平分线（如图标识），即因为，所以，从而，结合，所以由正弦定理可知，这意味着，从而，因为，这样，由可知，.所以.19.已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数.（1）若，写出的值；（2）若存在满足：，求的最小值；（3）当时，证明：对所有.（1）解：由，，则，故，则，故，则，故；（2）解：由题意可知，，当时，由，，故，则，由题意可得，故、总有一个大于，即或，，由，故、、总有一个大于，故，故当时，，不符，故，当时，取数列，有，，，即，符合要求，故的最小值为；（3）证明：因，所以，(i)若，则当时，至少以下情况之一成立：①，这样的至少有个，②存在，这样的至多有个，所以小于的至多有个，所以，令，解得，所以，(ii)对，若，且，因为，所以当时，至少以下情况之一成立：①，这样的至多有个；②存在且，这样的至多有个，所以，令，解得，即，其中表示不大于的最大整数，所以当时，；综上所述，定义，则，依次可得：，，所以.

河北省雄安新区2024届部分高中高考三模数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.设，为单位向量，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗因为，，为单位向量，所以.当且仅当同向时，取到等号.故选：C.2.已知复数为虚数单位)，则“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的（）条件.A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件〖答案〗A〖解析〗，则在复平面内对应的点为；点位于第四象限的充要条件是，即；故“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件.故选：A.3.设全集为定义集合与的运算：且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗且，故选：B4.已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，，所以，解得，所以，又，所以，所以.故选：A5.如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则，可得，可得，所以，该正四棱台的体积为.故选：C.6.小李买了新手机后下载了4个APP，已知手机桌面上每排可以放4个APP，现要将它们放成两排，且和放在同一排，则不同的排列方式有（）A.288种 B.336种 C.384种 D.672种〖答案〗D〖解析〗分两种情况讨论：①和单独放一排，有种排列方式，②和与或其中的一个放一排，有种排列方式，所以不同的排列方式有种．故选：D．7.已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，得，设，则，令，则有，即，解得，即，因此点或，或，选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.故选：C8.过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（）A. B. C. D.16〖答案〗B〖解析〗抛物线焦点，直线的方程为，由，解得，，不妨令，则，由为的内角平分线，得，设点，于是，整理得，显然点在以点为圆心，2为半径的圆上，因此点到直线距离的最大值为2，所以面积最大值为.故选：B.二、选择题9.设A，B是一次随机试验中的两个事件,且,，，则（）A.A，B相互独立 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗由题意可知，事件互斥，且，所以，即，故A正确；则，故B正确；由条件概率公式可知：，故C错误；，，即，故D正确.故选：ABD10.如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则（）A.该几何体的表面积为B.该几何体为七面体C.二面角的余弦值为D.存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上〖答案〗AC〖解析〗依题意，正四棱锥和正四面体的所有棱长均为1，对于A，该几何体的表面积为，A正确；对于B，取中点，连接，由均为正三角形，得，则分别是二面角和二面角的平面角，且平面，平面，而平面与平面有公共点，因此四点共面，又，，而，于是，则平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，所以该几何体为五面体，B错误；对于C，由选项B知，二面角余弦值为，C正确；对于D，正四棱锥的外接球球心在过点垂直于平面的直线上，正四面体的外接球球心在过点垂直于平面的直线上，而平面平面，因此直线与直线不重合，显然，即点在球外，点在球外，所以不存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上，D错误.故选：AC.11.已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（）A.一定为周期函数B.若，则在上总有零点C.可能为偶函数D.在区间上的图象过3个定点〖答案〗ABD〖解析〗对于A，，，A正确；对于B，，则，，因为，即，同号，所以，由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；对于C，，，由得对恒成立，则与题意不符，故C错误；对于D，令，则，即，，故所有定点坐标为，，，，又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；故选：ABD．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.展开式中的常数项是120，则实数______．〖答案〗2〖解析〗∵展开式的通项公式为，令得，即．令得，即，∴展开式中的常数项为，故，解得．故〖答案〗为：213.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为______．〖答案〗〖解析〗设，则，所以，因为，所以，可得，即①，因为，所以，所以，即②，由①②可得，解得，或（舍去）.故〖答案〗为：.14.若对于，,使得不等式恒成立，则整数x的最大值为______．〖答案〗〖解析〗恒成立，等价于.令，，则，注意到时，，，时，.则在上单调递减，在上单调递增，则.则，则.令，.当，，故满足条件；当，则在上单调递减，故.令，.则，得在上单调递增，时，，不合题意；综上，整数x的最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）若是的一个极值点，求的值；（2）若有两个极值点，，其中，求的取值范围．解：（1）易知，又是的一个极值点，所以，即，所以，此时，令，，所以在上单调递增，且，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，即符合题意，因此的值为．（2）因为，且有两个极值点，，所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同的交点，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且当时，，，故作出的图象如图所示：由图象可知满足题意，即，即的取值范围为．16.在四棱锥中，平面底面，．（1）是否一定成立？若是，请证明，若不是，请给出理由；（2）若是正三角形，且是正三棱锥，，求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）因为平面底面，过点作的垂线交于点，又平面底面，平面，所以底面，若，则点与点重合，即底面，所以垂直平面内任意直线，即与无论何种位置关系，都有，所以不一定成立.

（2）因为是正三角形，则点为的中点，由（1）底面，又底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又是正三棱锥，即为等边三角形，设，则为的中点，作，则底面，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，取，设平面的法向量为，则，取，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛.三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：环数6环7环8环9环10环甲的射击频数11102424乙的射击频数32103015丙的射击频数24101826假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立.（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；（2）若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；（3）甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由.解：（1）甲进入决赛，理由如下：丙射击成绩的总环数为，甲射击成绩的总环数为，因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛.（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为，“甲命中10环”的概率可估计为，“乙命中9环”的概率可估计为，“乙命中10环”的概率可估计为，所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为.（3）或（写出其中一个即可）.根据题中数据：当时，在每次射击中，甲击中大于6环的概率为，在每次射击中，乙击中大于6环的概率为，在每次射击中，丙击中大于6环的概率为，由题意可知，，，此时，，，不满足．当时，在每次射击中，甲击中大于7环的概率为，在每次射击中，乙击中大于7环的概率为，在每次射击中，丙击中大于7环的概率为，由题意可知，，，此时，，，满足．当时，在每次射击中，甲击中大于8环的概率为，在