河北省邯郸市2024届高三第三次调研考试考试数学试题

河北省邯郸市2024届高三第三次调研考试考试数学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、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，只有一项是符合目要求的．1．已知集合M={x|x≤2}，N={x|−2<x<3}，则A．{x|0≤x≤4} B．{x|−2<x≤4}C．{x|0≤x<3} D．{x|0≤x<4}2．若复数z=a+(a−1A．−2 B．−13 C．13．已知向量a=(m,2A．(1,10) B．(5,4．在(x3−A．−192 B．−6 C．6 D．1925．已知等比数列{an}的各项互不相等，且4a1，1A．1 B．2 C．3 D．46．已知抛物线y2=8x的焦点为F，P(x,A．13 B．14 C．15 D．167．已知f(x)是定义在R上的偶函数，f(x+2)=f(x)，且A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a8．已知在四面体ABCD中，AB=BC=CD=DA=BD，二面角A−BD−C的大小为π3，且点A，B，C，D都在球O的球面上，M为棱AC上一点，N为棱BD的中点．若MO=λCNA．13 B．49 C．59二、多项选择题：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．已知双曲线C:A．λ的取值范围是(−6,3) B．C的焦点可在C．C的焦距为6 D．C的离心率e的取值范围为(10．“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体E−ABCD−F的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（）A．共有18个顶点 B．共有36条棱C．表面积为6+83 D．体积为11．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为34A．cosAcosB．若D为边AC的中点，且BD=1，则△ABC的面积的最大值为3C．若△ABC是锐角三角形，则ac的取值范围是D．若角B的平分线BE与边AC相交于点E，且BE=3，则a+4c三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．写出一个ω(ω>0)，使得函数f(x)=13．从分别写有数字1，2，3，5，9的5张卡片中任取2张，设这2张卡片上的数字之和为X，则E(X14．记min{x,y,z}表示x，y，z中最小的数．设a>0，四、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．设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2（1）求{a（2）设bn=1anan+16．某民营学校为增强实力与影响力，大力招揽名师、建设校园硬件设施，近5年该校招生人数的数据如下表：年份序号x12345招生人数y/千人0.811.31.72.2（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以证明；（2）求y关于x的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招生人数．参考数据：i=15xiyi参考公式：相关系数r=i=1n(xi−x17．如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，AB=2BC=2CD=4，PC=5，E为棱AB的中点，且CE⊥PE．（1）求四棱锥P−ABCD的高；（2）求二面角B−PC−E的正弦值．18．已知椭圆E:x2a2（1）求E的方程；（2）若圆x2+y2=1的两条相互垂直的切线l1,l2均不与坐标轴垂直，且直线l1,l219．已知函数f(x)（1）求曲线y=f(x)（2）已知关于x的方程f(x)=ax2−（i）求a的取值范围；（ii）求证：x1

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】因为集合M={x|x≤2}=x|0≤x≤4，N={x|−2<x<3}，

则M∩N=x|0≤x<3。2．【答案】C【解析】【解答】因为复数z=a+(a−1)i2+i=a+(a−1)i2-i3．【答案】B【解析】【解答】因为向量a=(m,2)与b=(−2,−4)共线，

所以，-4m=2×-2，所以m=1，所以，a4．【答案】A【解析】【解答】二项式(x3−2x)6展开式的通项公式为：Tr+1=C6rx36-r-25．【答案】D【解析】【解答】因为等比数列{an}的各项互不相等，且4a1，12a3，3a2成等差数列，

设公比为q，a1≠0，q≠0且q≠±1，所以，2×12a3=4a1+3a2，所以，a1q26．【答案】A【解析】【解答】由题意可知F2,0,准线方程为x=-2，如图，过点P作准线的垂线，垂足为Q，

过点A作准线的垂线，垂足为B，

所以，三角形∆PAF的周长为C=PF+PA+AF=PQ+PA+AF≥7．【答案】B【解析】【解答】因为f(x+2)=f(x)，所以，函数f(x)以2为周期，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，

所以，a=f(log345)=flog345-2=flog35，b=f(−log58)=f(log58)，c=f(48．【答案】C【解析】【解答】由题意可知△ABD与△BCD均为等边三角形，连接AN，CN，

则AN⊥BD,CN⊥BD,则∠ANC是二面角A-BD-C的平面角，所以∠ANC=π3，

又易知AN=CN，所以△ACN是等边三角形，设点P为△BCD的外心，Q为CN的中点，

连接OP，N，AQ，则点O，P，Q都在平面ACN内，建立平面直角坐标系如图，

设AN=NC=AC=2，则NP=23,∠ONP=π6,所以，OP=239,又因为AQ=3，

所以，OP=29AQ,因为MO∥CN,所以，CN=29CA=499．【答案】A,C【解析】【解答】因为双曲线C:x2λ+6−y23−λ=1，所以λ+63-λ>0，

则λ+6λ-3<0，所以，-6<λ<3，所以A对；

当双曲线C的焦点在x轴上，则λ+6>03-λ>0，解得-6<λ<3；

当双曲线C的焦点在y轴上，则λ+6<03-λ<0，解得λ∈∅

所以双曲线C:x2λ+6−y23−λ=1的焦点在x轴上，所以B错；

因为双曲线C:x2λ+6−y23−λ=1，所以c2=a2+b2=λ+610．【答案】B,D【解析】【解答】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，所以A错，B对；

该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，

所以，该多面体的表面积为6×1+8×6×12×1××sin60°=6+123，所以C错；

正八面体E-ABCD-F可分为两个全等的正四面体，其棱长为3，

过E作EO⊥平面ABCD于O，连接AO，如下图：

因为EO⊥平面ABCD,且OA⊂平面ABCD，所以，OE⊥OA,

正方形ABCD中，由边长为3，则对角线长为32，则OA=322，

在Rt△AOE中，EO=11．【答案】B,C【解析】【解答】解：由三角形面积公式可得：S=12acsinB=34(a2+c2−bA、cos=3因为A∈(0,2π3)，所以故cosAcosCB、因为D为边AC的中点，所以2BD则4=a2+c2所以S△ABCC、ac因为△ABC是锐角三角形，所以π6<C<π2，所以D、由题意得S△ABE即12c×BE×sinπ6a+4c=(a+4c)故答案为：BC.【分析】根据三角形面积公式与余弦定理结合题意可得B=π12．【答案】π3（答案不唯一，5π6，【解析】【解答】因为函数f(x)=sin(2ωx+π3)的图象关于点(1,0)对称，且ω>0，

所以，sin(2ω+π313．【答案】8【解析】【解答】从分别写有数字1，2，3，5，9的5张卡片中任取2张卡片共有10种结果，即

1，2，1，3，1，5，1，9，2，3，2，5，2，9，3，5，3，914．【答案】2【解析】【解答】当a≤1b时，则ab≤1，由题意可知，此时min{a,1b,1a+3b}=mina,1a+3b,

因为a1a+3b=1+2ab≤4,所以a和1a+3b中至少有一个小于等于2，所以，mina,1a+3b≤2

又因为当a=2,b=12时，a=1b=1a+3b=2,所以min{a15．【答案】（1）解：因为S2=17，所以所以Sn5n+7=1+当n≥2时，an又a1=S（2）解：bn故T==n【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等差数列的通项公式得出数列{an}的前n项和Sn，再利用Sn,an的关系式和检验法得出数列{an}的通项公式。

（2）利用（1）中数列{16．【答案】（1）解：由题意知x=15所以r=i=1因为r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合y与x的关系．（2）解：b=i=15所以y关于x的回归直线方程为y=0当x=7时，y=0由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为2.8千人．【解析】【分析】（1）利用已知条件结合平均数公式和相关系数求解公式，进而得出相关系数的值，再利用相关系数r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合y与x的关系。

（2）利用已知条件结合平均数公式和最小二乘法得出y关于x的回归直线方程，再利用线性回归方程和代入法，从而预测出当年份序号为7时该校的招生人数。17．【答案】（1）解：如图，过A作BC的平行线，与CD的延长线交于点O，连接PO，EO．由已知得BC⊥CD，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以BC⊥平面PCD，因为PO⊂平面PCD，所以BC⊥PO．由已知可得四边形ABCD为矩形，所以CO=AB=4，因为E为棱AB的中点，所以CE=OE=22，从而CE⊥OE又因为CE⊥PE，PE∩OE=E，所以CE⊥平面PEO，从而CE⊥PO．因为BC∩CE=C，所以PO⊥平面ABCD．所以四棱锥P−ABCD的高即PO=P（2）解：如图，以O为坐标原点，OA,OC,OP所在直线分别为x轴、则P(0,0,3)所以CB=(2,0设m=(x则m⋅PC设n=(p则n⋅PC=4q−3r=0所以cos〈所以二面角B−PC−E的正弦值为334【解析】【分析】（1）过A作BC的平行线，与CD的延长线交于点O，连接PO，EO，由线面垂直的判定定理证得CE⊥平面PEO，利用线面垂直的定义证出CE⊥PO，再结合线面垂直的判定定理证出直线PO⊥平面ABCD，由勾股定理得出四棱锥P−ABCD的高。

（2）以O为坐标原点，OA,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量和平面PCE18．【答案】（1）解：因为E过点P(−2,−所以2a2故E的方程为x2（2）解：由题知l1设l1因为l1与圆x2+y2联立l1与E的方程，可得(3+4设A(x1,y1)，所以|AC将m2=1+k用−1k替换k，可得四边形ABCD的面积S=1令t=1+k2，则t∈(再令u=6+1t−1t2即四边形ABCD面积的最小值为24049【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆标准方程和点代入法，从而建立a，b的方程组，进而解方程组求出a，b的值，从而得出椭圆E的标准方程。

（2）由题知l1,l2的斜率存在且不为0，从而设出直线l1的斜截式方程为y=kx+m(k≠0)，再利用直线l1与圆x2+y2=1相切位置关系判断方法得出m2=1+19．【答案】（1）解：f'所以f'又f(0)=0，所以曲线y=f(（2）解：（i）由f(x)=ax2−所以ex−ax2=0令g(x)所以当x∈(−∞,0)时，g'(x)>0，当x∈(0,2)时，g又g(2)=e24，且当x无限趋近于−∞时，g(x)>0且趋近于0，当x从0的左侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞，

当x从0的右侧无