2024届河北省重点高中高三下学期5月模拟考试数学试题（二）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省重点高中2024届高三下学期5月模拟考试数学试题（二）第Ⅰ卷一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，当且仅当，即时，等号成立，得；由得，即.所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由可得，所以，故选：B.3.已知圆的半径为2，弦的长为，若，则（）A.-4 B.-2 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗如图，设的中点为，连接，则.由，，得，所以，，所以，所以，所以，所以.故选：B.4.已知数列满足，若，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，，，所以数列的周期为3.所以.故选:D.5.已知函数的导函数，若函数有一极大值点为，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，令，若恒成立，易知：当时，当时，所以是的极小值点，不合题意，故有两个不同零点．设的两个零点分别为，则，结合三次函数的图象与性质知：，在、上，单调递减，在、上，单调递增，是的极大值点，符合题意，此时需，得，所以实数的取值范围为．故选：D.6.已知实数，则下列选项可作为的充分条件的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗取，，满足，但是推不出，故排除A；取，，满足，但是推不出，故排除B；取，，满足，但是推不出，故排除D；由，，可推出，即，即，故充分性成立.故选：C.7.已知四面体满足，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为四面体满足，可得，设平面的一个法向量，则，令，解得，所以，所以，设点到平面的距离为，则.故选：D.8.在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，由于平面，平面，在和中，，，，，，在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，设,则，则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，由于,故,因此轨迹为所对弧长，故长度为，故选：D.二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.甲袋中有20个红球．10个白球，乙袋中红球、白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各换出1个球，下列结论正确的是（）A.2个球都是红球的概率为B.2个球中恰有1个红球的概率为C.不都是红球的概率为D.都不是红球的概率为〖答案〗ABC〖解析〗记事件：从甲袋中任取1个球为红球，事件：从乙袋中任取1个球为红球，则，，对于A选项，即求事件的概率，，所以A正确；对于B选项，即求事件的概率，．所以B正确，对于C选项，由于“都是红球”与“不都是红球”互为对立事件，所以概率为，C正确；对于D选项，即求事件的概率，，所以D错误．故选：ABC.10.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（）A.直线与所成的角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗A选项，连接，由于为的中点，所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.故选：ACD.11.已知函数满足：①对任意，；②若，则.则（）A.的值为2 B.C.若，则 D.若，则〖答案〗ABC〖解析〗对于A，令，得，解得或，若，令，得，即，但这与②若，则矛盾，所以只能，故A正确；对于B，令，结合得，，解得或，又，所以，所以只能，故B正确；对于C，若，令得，，所以，所以，所以，故C正确；对于D，取，则且单调递增，满足，但，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交于点，交准线于点（，在轴的两侧），若，则抛物线的方程为________________.〖答案〗〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，依题意直线的方程为，令可得，即，由，消去得，解得或，又，在轴的两侧，所以，则，所以，所以，解得或（舍去），所以抛物线的方程为.13.关于双曲线C：，四位同学给出了四个说法：小明：双曲线C的实轴长为8；小红：双曲线C的焦点到渐近线的距离为3；小强：双曲线C的离心率为；小同：双曲线C上的点到焦点距离的最小值为1；若这4位同学中只有1位同学的说法错误，则说法错误的是______；双曲线C的方程为______．（第一空的横线上填“小明”、“小红”、“小强”或“小同”）〖答案〗小强〖解析〗由题意，小明正确则有，小红正确有，小强正确有，小同正确则有，由此分析小明、小红、小强三个人中必有1位同学说法错误，则小同的说法一定是正确的，即，则小明和小红正确，即双曲线C：，故小强的说法错误．14.设A，B，C，D为平面内四点，已知，，与的夹角为，M为AB的中点，，则的最大值为________．〖答案〗〖解析〗以A为原点，所在直线为轴，过作的垂线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，因为，，与的夹角为，，由于，故，所以，因为为的中点，，所以在以为圆心，半径为1的圆上，设，则，，得，所以当，即时，最大，最大值为，此时，则．四、解答题：本题共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.如图，已知多面体均垂直于平面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：［方法一］：几何法由得，所以，即有.由，得，由得，由，得，所以，即有，又，因此平面.［方法二］：向量法如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此,由得；由得，所以平面.（2）解：［方法一］：定义法如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.［方法二］：向量法设直线与平面所成的角为.由(I)可知,设平面的法向量.由即，可取，所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.［方法三］：【最优解】定义法+等积法设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．［方法四］：定义法+等积法设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．于是得，易得．由得，解得．故．［方法五］：三正弦定理的应用设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，所以由三正弦定理得．［方法六］：三余弦定理的应用设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．结合三余弦定理得．［方法七］：转化法＋定义法如图3，延长线段至E，使得．联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．［方法八］：定义法＋等积法如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．又，设直线与平面所成角为，所以．16.已知等差数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，令，求证：．解：（1）设等差数列an的首项为，公差为．由，得，解得：，所以．（2）由（1）知，，即，，，……，，利用累乘法可得：，也符合上式，所以．17.已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设，则，由题意线垂直于轴，与交于两点，知，过点且平行于轴的直线方程为：，直线的方程为：，令，得，即，由得，因为在抛物线上，即，则，化简得，由题意知不重合，故，所以曲线的方程为（2）由（1）知曲线的方程为，点在直线上运动，当点在特殊位置时，两个切点关于轴对称，故要使得，则点在轴上．故设，曲线的方程为，求导得，所以切线的斜率，直线的方程为，又点在直线上，所以，整理得，同理可得，故和是一元二次方程的根，由韦达定理得，，当时，恒成立，所以存在定点，使得恒成立．18.现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测.（1）若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率；（2）因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望.解：（1）设“抽的产品是优秀等级”，“产品是从甲工厂生产”，“产品是从乙工厂生产”，“产品是从丙工厂生产”，则，，则，则所以该件产品是从乙工厂抽取的概率为.（2）依题意，设从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率为，则，由题意可知，则，则的分布列为：012345678910故19.数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立．证明分为下面两个步骤：1．证明当（）时命题成立；2．假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立．用模取余运算：表示“整数除以整数，所得余数为整数”．用带余除法可表示为：被除数＝除数×商＋余数，即，整数是商．如，则；再如，则．当时，则称整除．现从序号分别为，，，，…，的个人中选出一名幸运者，为了增加趣味性，特制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到（）时，此人退出圆环；直到最后剩1个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为．如表示当只有1个人时幸运者就是；表示当有6个人而时幸运者是；表示当有6个人而时幸运者是．（1）求；（2）当时，，求；当时，解释上述递推关系式的实际意义；（3）由（2）推测当（）时，的结果，并用数学归纳法证明．解：（1）因为，所以．（2）因为，且，所以，故．当时，递推关系式的实际意义：当从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为，而从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为．如果把二者关联起来，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，当然还要重新排序，由于退出来的是，则原环的就成了新环的，也就是说原环序号下标要比新环的大，原环的就成了新环的．需要注意，新环序号后面一直到，如果下标加上，就会超过．如新环序号对应的是原环中的，…，新环序号对应的是原环中的．也就是说，得用新环的序号下标加上再减去，才能在原环中找到对应的序号，这就需要用模取余，即．（3）由题设可知，由（2）知：；；；；；；；由此推测，当（）时，．下面用数学归纳法证明：1．当时，，推测成立；2．假设当（，，且）时推测成立，即．由（2）知．（ⅰ）当时，；（ⅱ）当时，，此时，即．故当时，推测成立．综上所述，当（）时，．推测成立.河北省重点高中2024届高三下学期5月模拟考试数学试题（二）第Ⅰ卷一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，当且仅当，即时，等号成立，得；由得，即.所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由可得，所以，故选：B.3.已知圆的半径为2，弦的长为，若，则（）A.-4 B.-2 C.2 D.4〖答案〗B〖解析〗如图，设的中点为，连接，则.由，，得，所以，，所以，所以，所以，所以.故选：B.4.已知数列满足，若，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，，，所以数列的周期为3.所以.故选:D.5.已知函数的导函数，若函数有一极大值点为，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意，令，若恒成立，易知：当时，当时，所以是的极小值点，不合题意，故有两个不同零点．设的两个零点分别为，则，结合三次函数的图象与性质知：，在、上，单调递减，在、上，单调递增，是的极大值点，符合题意，此时需，得，所以实数的取值范围为．故选：D.6.已知实数，则下列选项可作为的充分条件的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗取，，满足，但是推不出，故排除A；取，，满足，但是推不出，故排除B；取，，满足，但是推不出，故排除D；由，，可推出，即，即，故充分性成立.故选：C.7.已知四面体满足，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为四面体满足，可得，设平面的一个法向量，则，令，解得，所以，所以，设点到平面的距离为，则.故选：D.8.在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，由于平面，平面，在和中，，，，，，在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系，设,则，则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长，由于,故,因此轨迹为所对弧长，故长度为，故选：D.二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.甲袋中有20个红球．10个白球，乙袋中红球、白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各换出1个球，下列结论正确的是（）A.2个球都是红球的概率为B.2个球中恰有1个红球的概率为C.不都是红球的概率为D.都不是红球的概率为〖答案〗ABC〖解析〗记事件：从甲袋中任取1个球为红球，事件：从乙袋中任取1个球为红球，则，，对于A选项，即求事件的概率，，所以A正确；对于B选项，即求事件的概率，．所以B正确，对于C选项，由于“都是红球”与“不都是红球”互为对立事件，所以概率为，C正确；对于D选项，即求事件的概率，，所以D错误．故选：ABC.10.如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（）A.直线与所成的角为B.的周长最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D.如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗A选项，连接，由于为的中点，所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.故选：ACD.11.已知函数满足：①对任意，；②若，则.则（）A.的值为2 B.C.若，则 D.若，则〖答案〗ABC〖解析〗对于A，令，得，解得或，若，令，得，即，但这与②若，则矛盾，所以只能，故A正确；对于B，令，结合得，，解得或，又，所以，所以只能，故B正确；对于C，若，令得，，所以，所以，所以，故C正确；对于D，取，则且单调递增，满足，但，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交于点，交准线于点（，在轴的两侧），若，则抛物线的方程为________________.〖答案〗〖解析〗抛物线的焦点为，准线方程为，依题意直线的方程为，令可得，即，由，消去得，解得或，又，在轴的两侧，所以，则，所以，所以，解得或（舍去），所以抛物线的方程为.13.关于双曲线C：，四位同学给出了四个说法：小明：双曲线C的实轴长为8；小红：双曲线C的焦点到渐近线的距离为3；小强：双曲线C的离心率为；小同：双曲线C上的点到焦点距离的最小值为1；若这4位同学中只有1位同学的说法错误，则说法错误的是______；双曲线C的方程为______．（第一空的横线上填“小明”、“小红”、“小强”或“小同”）〖答案〗小强〖解析〗由题意，小明正确则有，小红正确有，小强正确有，小同正确则有，由此分析小明、小红、小强三个人中必有1位同学说法错误，则小同的说法一定是正确的，即，则小明和小红正确，即双曲线C：，故小强的说法错误．14.设A，B，C，D为平面内四点，已知，，与的夹角为，M为AB的中点，，则的最大值为________．〖答案〗〖解析〗以A为原点，所在直线为轴，过作的垂线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，因为，，与的夹角为，，由于，故，所以，因为为的中点，，所以在以为圆心，半径为1的圆上，设，则，，得，所以当，即时，最大，最大值为，此时，则．四、解答题：本题共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.如图，已知多面体均垂直于平面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：［方法一］：几何法由得，所以，即有.由，得，由得，由，得，所以，即有，又，因此平面.［方法二］：向量法如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此,由得；由得，所以平面.（2）解：［方法一］：定义法如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.［方法二］：向量法设直线与平面所成的角为.由(I)可知,设平面的法向量.由即，可取，所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.［方法三］：【最优解】定义法+等积法设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．［方法四］：定义法+等积法设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．于是得，易得．由得，解得．故．［方法五］：三正弦定理的应用设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，所以由三正弦定理得．［方法六］：三余弦定理的应用设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．结合三余弦定理得．［方法七］：转化法＋定义法如图3，延长线段至E，使得．联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．［方法八］：定义法＋等积法如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．又，设直线与平面所成角为，所以．16.已知等差数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，令，求证：．解：（1）设等差数列an的首项为，公差为．由，得，解得：，所以．（2）由（1）知，，即，，，……，，利用累乘法可得：，也符合上式，所以．17.已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设，则，由题意线垂直于轴，与交于两点，知，过点且平行于轴的直线方程为：，直线的方程为：，令，得，即，由得，因为在抛物线上，即，则，化简得，由题意知不重合，故，所以曲线的方程为（2）由（1）知曲线的方程为，点在直线上运动，当点在特殊位置时，两个切点关于轴对称，故要使得，则点在轴上．故设，曲线的方程为，求导得，所以切线的斜率，直线的方程为，又点在直线上，所以，整理得，同理可得，故和是一元二次方程的根，由韦达定理得，，当时，恒成立，所以存在定点，使得恒成立．18.现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测.（1）若该质检部门的一次抽检中，测