河北省2024-2025学年高三省级联测考试数学试题答案

2024-10-08 · 20页 · 1.1 M

2024—2025高三省级联测考试数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自已的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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】【分析】结合对数型复合函数的定义域化简集合B,再由交集的定义求.【详解】集合,而,所以.故选:B.2.已知复数,若为纯虚数,则()A.1或2 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】计算出,根据纯虚数的概念得到方程和不等式,求出答案.【详解】由可知,,因为为纯虚数,所以,解得.故选:C.3.已知向量满足,且,则在上的投影向量的坐标为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得,结合投影向量的坐标公式即可求解.【详解】已知,所以,可得,所以,故选:A.4.已知,则()A. B. C.2 D.6【答案】D【解析】【分析】根据已知条件得,然后将目标式子用表示,由此即可得解.【详解】由,得,则,所以,故选:D.5.某中学开展劳动实习,学习制作模具,有一个模具的毛坏直观图如图所示,它是由一个圆柱体与一个半球对接而成的组合体,已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面(过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面)是面积为16的正方形,则该几何体的体积为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】得到,确定球的半径和圆柱的底面圆半径和高,利用球和圆柱体积公式进行求解.【详解】因为四边形是面积为16的正方形,则,由题意可知半球的半径,圆柱的底面圆半径,高,由球的体积公式可得半球的体积,由圆柱的体积公式可得圆柱的体积,故该几何体的体积.故选:C.6.设为正项等比数列的前项和,,则数列的前5项和为()A.55 B.57 C.87 D.89【答案】C【解析】【分析】先由已知条件算出公比,然后得表达式,结合分组求和、等差数列以及等比数列求和公式即可求解.【详解】因为an是正项等比数列,所以,公比.因为,所以,则,即,则,解得或(舍),又因为,所以,所以数列an通项公式为,所以,设数列的前项和为,则,所以,故选:C.7.已知函数的部分图象如图所示,将函数的图象先向右平移个单位长度,再将所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),得到函数的图象,若关于的方程在上有两个不等实根,则实数的取值范围为()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根据三角函数图象与性质计算即可得表达式,先根据三角函数的图像变换得,结合正弦函数的单调性、对称性可判定m的取值范围.【详解】由函数的部分图象可知,,因为,所以,又,所以,解得,由可得,所以,将的图象向右平移个单位长度,再将所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),得到的图象,令,由,可得,函数在上单调递减,在上单调递增,且,因为关于的方程在上有两个不等实根,即与的图像在上有两个交点,即与在上有两个交点,所以实数的取值范围为,故选:B.8.已知定义域为的函数不是常函数,且满足,,则()A. B.2 C. D.2026【答案】A【解析】【分析】依次算得,的周期为4,进一步结合已知得,由此得f1+f2+f3+f4=0,然后利用周期性即可求解.【详解】由题意,令,得,又y=fx不是常函数,所以,再令,得,即,则fx+2=−fx,即,故,所以函数y=fx的周期为4,由fx+2=−fx,令,得,所以f1+f2+f3+f4=0,所以.故选:A.二、多选题: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.已知随机变量,则下列说法正确的是()A.若,则B.若,则C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据正态分布函数的性质逐一判断各个选项即可求解.【详解】对于选项A,因为,所以0.8,故A错误;对于选项B,因为,且,则,即1.8,则,故B正确;对于选项C,,故C错误;对于选项D,因为随机变量,所以,因为,又,所以,故D正确,故选:BD.10.已知函数,若,则下列说法正确的是()A.函数的单调递增区间为B.函数的极大值点为1C.若,则的值域为D.若,都有成立,则的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】A选项,求导,解不等式求出函数单调性;B选项,在A选项基础上得到函数的极大值点;C选项,在上单调递减,从而求出值域;D选项,参变分离,得到,构造函数,求导得到其单调性,求出的最小值为,故.【详解】对于选项A,因为,所以,所以当时,;当时,,所以单调递增区间为,故A错误;对于选项B,如下表:1-0+0-单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以1为函数的极大值点.故B正确;对于选项C,在上单调递减,所以的最小值为,最大值为,所以当时,的值域为,故C正确;对于选项D,.因为.即,令,则,因为,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以当时取到极小值,所以的最小值为,所以,故D正确.故选:BCD.11.已知曲线,则下列说法正确的是()A.点在曲线上B.直线与曲线无交点C设直线,当时,直线与曲线恰有三个公共点D.直线与曲线所围成的图形的面积为【答案】BCD【解析】【分析】直接将点代入曲线方程即可判断A;分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后,当斜率为时结合渐近线可得B正确;由四分之一圆面积减去三角形面积可得D正确;由图形可得C正确.【详解】,因当时,无意义,无此曲线,故舍去,所以曲线表示为,作出曲线图象如图所示,对于选项A,将点代入,得到,显然不成立,故A错误;对于选项B,将代入曲线得,,无解,故B正确;对于选项C,由于直线恒过点0,2,当时,直线与轴平行,与曲线有一个交点;当时,直线与曲线的渐近线平行,此时与曲线有两个交点.当时.结合斜率的范围可得直线与曲线有三个交点(如图),故C正确;对于选项D,设直线与轴的交点分别为.因为圆的半径为2.且点,所以直线与曲线围成的图形的面积为,故D正确.故选:BCD.【点睛】关键点点睛:本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程,作出图象,数形结合分析.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知函数,若曲线在处的切线方程为,则__________.【答案】3【解析】【分析】由切线方程可知切点坐标和切线斜率,利用导数几何意义,建立方程,可求的值,进而得到所求和.【详解】由函数,有,由,可得,因为曲线y=fx在处的切线方程为,所以解得,则.故答案为:3.13.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为,过坐标原点的直线与双曲线交于两点,且点在第一象限,满足.若点在双曲线上,且,则双曲线的离心率为______.【答案】##【解析】【分析】作出辅助线,根据数量积为0得到垂直关系,设,则,由双曲线定义可得,由勾股定理得到方程,求出,进而求出.【详解】如图,连接,因为,所以,由对称性可得,由,可设,则,由双曲线的定义可知,,,则,由得,,即,解得,又由得,,即,解得,所以双曲线的离心率.故答案为:14.某市为了传承中华优秀传统文化,组织该市中学生进行了一次文化知识答题竞赛.已知某同学答对每道题的概率均为,且每次答题相互独立,若该同学连续作答20道试题后结束比赛,记该同学答对道试题的概率为,则当__________时,取得最大值.【答案】13或14【解析】【分析】先得到,利用解不等式即可.【详解】由题意得,且,则,即故又,所以或,故当或时,取得最大值.故答案为:13或14.四、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.在中,角所对的边分别为,且满足.(1)求角;(2)若的面积为,求的周长.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理、三角恒等变换得,进一步即可求解;(2)根据三角形面积公式得,进一步结合余弦定理可得,由此即可得解.【小问1详解】由题意,因为,所以,由正弦定理可得,即,因为,所以,所以,又,所以.【小问2详解】由(1)可知,,则,因为的面积,可得,由余弦定理可得,即,可得,所以的周长为.16.已知椭圆的左焦点为,上、下顶点分别为,且,点在上.(1)求椭圆的方程;(2)过左焦点的直线交椭圆于两点,交直线于点,设,,证明:为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由,得,再把点代入椭圆方程求出即可;(2)设出直线的方程,代入椭圆方程,设,由,,表示出,利用韦达定理化简得定值.【小问1详解】由题意可知,,所以,因为点在上,所以,解得,故,所以椭圆的方程为.【小问2详解】由已知得直线的斜率必存在,可设直线的方程为,代入椭圆方程,整理得,,设,则,又,由得.所以,因为,所以为定值.17.如图,在四棱锥中,平面平面为钝角三角形且,是的中点.(1)证明:;(2)若直线与底面所成的角为,求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据面面垂直的性质得到平面,再根据线面垂直的性质即可得证.(2)根据已知条件建立适当的空间直角坐标系,表示出的坐标,求出两个平面的法向量,再结合向量夹角的坐标公式以及同角三角函数关系即可求解.【小问1详解】由,得,则,所以,即,因为平面平面,平面平面平面,所以平面,又平面,所以.【小问2详解】如图,过点作的垂线,交的延长线于点,连接,因为平面平面,平面平面平面,所以平面,则为在底面内的射影,所以为直线与底面所成的角,即.设,得,在中,,在中,,由余弦定理得,所以,所以,如图,过点作,则底面,以所在直线分别为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以,设平面和平面的法向量分别为,则,,令,则,所以,则,设平面与平面的夹角为,则,故平面与平面夹角的正弦值为.18.已知函数.(1)证明:函数的极大值大于1;(2)若函数有3个零点,求实数的取值范围;(3)已知是图象上四个不重合的点,直线为曲线y=fx在点处的切线,若三点共线,证明:.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【解析】【分析】(1)求导,得到函数单调性,确定当时,取得极大值,由单调性得到;(2)在(1)的基础上,得到函数有3个零点,应满足,即,解得;(3)表达出直线的斜率,同理可得,根据三点共线得到方程,得到,又,所以,求出,故.【小问1详解】证明:由题,,令,解得,当或时,单调递增,当时,单调递减,所以当时,取得极大值,由单调性可知,所以函数的极大值大于1.【小问2详解】由(1)可知,当时,有极大值,且极大值为,因为,且当时,有极小值,所以要使得函数有3个零点,应满足,即,解得,所以实数的取值范围为.【小问3详解】直线的斜率,因为,所以,同理可得,因为三点共线,则有,整理得,因为,所以,即,又,所以,整理得,因为,所以,即,所以.【点睛】方法点睛:导函数处理零点个数问题,由于涉及多类问题特征(包括单调性,特殊位置的函数值符号,隐零点的探索、参数的分类讨论等),需要学生对多种基本方法,基本思想,注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势,从而判断零点个数19.已知有限集,若中的元素满足,则称为“元重生集”.(1)集合是否为“2元重生集”,请说明理由;(2)是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”?如果有,请求出有几个,如果没有,请说明理由;(3)若,证明:“元重生集”有且只有一个,且.【答案】(1)不是,理由见解析(2)存在,1个(3)证明见解析【解析】【分析】(1),故不为“2元重生集”;(2)设正整数集为“3元重生集”,设,利用不等式关系推出,故,求出;(3)设,得到,当时,推出矛盾,当时,由(2)可知,有且只有1个“3元重生集”,即,当时,推出,但在上恒成立,故当时,不存在“元重生集”,从而证明出结论.【小问1详解】

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