河北省2024届高三下学期大数据应用调研联合测评（V）数学试题（教师版）.docx

《河北省2024届高三下学期大数据应用调研联合测评（V）数学试题（教师版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省2024届高三下学期大数据应用调研联合测评（V）数学试题（教师版）.docx（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、河北省高三年级大数据应用调研联合测评（）数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和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. 已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数除法的运算法则、虚数单位乘方的运算性质，结合共轭复数的定义进行求解即可.【详解】

2、，故选：B2. 已知为平面向量，其中，则（ ）A. 1B. 2C. D. 4【答案】B【解析】【分析】结合题意利用，展开代入计算即可.【详解】结合题意可得：因为，.故选：B.3. 德国数学家康托尔在其著作集合论中给出正交集合的定义：若集合A和B是全集U的子集，且无公共元素，则称集合互为正交集合，规定空集是任何集合的正交集合若全集，则集合A关于集合U的正交集合B的个数为（ ）A. 8B. 16C. 32D. 64【答案】B【解析】【分析】利用一元二次不等式及对数不等式的解法求出集合,再计算正交集合的个数即可.【详解】结合题意：因，所以，解得，即，所以全集，由可得，所以，则集合A关于集合U的正交集

3、合B的个数为.故选：B.4. 某小学为提高课后延时服务水平和家长满意度，对该校学生家长就服务质量、课程内容、学生感受、家长认可度等问题进行随机电话回访某天共回访5位家长，通话时长和评分情况如下表：时长x（分钟）1012141519评分y60m7590根据散点图分析得知y与x具有线性相关关系且求得其回归方程为，则（ ）A. 61B. 63C. 65D. 67【答案】C【解析】【分析】先由题意求得，再利用样本中心在回归直线上列式即可得解.【详解】依题意，得，将样本中心代入回归方程，得，解得.故选：C.5. 已知函数满足对于任意都有.若函数在区间上有且仅有一个零点，则的最大值为（ ）A. 3B. C

4、. D. 5【答案】A【解析】【分析】根据题意得到的图象关于直线对称，从而三角函数的性质得到关于的不等式组，解之即可得解.【详解】因为，则在取得最值，所以的图象关于直线对称，且，又函数在区间上有且仅有一个零点，设的最小正周期为，所以，即，所以.所以的最大值为3.故选：A.6. 已知，均为正实数，且满足，则的最小值为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将化为，把待求不等式先通分，再利用均值不等式可得.【详解】因为，均为正实数，且，得，所以，又，当且仅当即时取等号，所以.故选：B.7. 陀螺是中国传统民俗体育游戏，流传甚广，打陀螺已被列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目

5、名录陀螺结构分为上下两部分：上部分为木质件，下部分为球形钢珠其中木质件的形状为上部是底面半径为，高为的圆柱，下部为上底半径为，下底半径为，高为的圆台若陀螺的木质件由一个球形原料经车床一次性车制而成，那么原料的半径最小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定信息，可得陀螺的木质件几何体内接于原料球，再作出轴截面，结合勾股定理计算即得.【详解】依题意，当陀螺的木质件几何体内接于原料球，即圆柱的上底面圆与圆台下底面圆均为球的截面小圆时，所用原料的半径最小，如图，取几何体的轴截面，其中为球心，分别为圆柱的上底面圆与圆台下底面圆的圆心，矩形是圆柱的轴截面，等腰梯形是圆台的轴截面

6、，点共线，则，设球半径为，而，于是，解得，所以原料的半径最小为.故选：A8. 已知圆上有一动点P，圆上有一动点Q，直线上有一动点M，直线与圆相切，直线与圆相切，则的最小值为（ ）A 4B. 5C. D. 【答案】D【解析】【分析】设出，利用直线与圆相切，直线与圆相切，表示出，并进行转化为到点的距离的倍.利用三点共线即可求出最小值.【详解】由圆可得圆心，半径为，由圆可得圆心，半径为，设直线上有一动点，因为直线与圆相切，直线与圆相切，所以，即，即，设，则,当且仅当三点共线时取等号.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用直线与圆相切表示出，并进行转化为为到点的距离问题.二、选择题：本题共

7、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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由同角三角函数的平方关系计算和验证AB选项；，由两角和的正弦公式计算验证C选项；由和算出和，计算验证D选项.【详解】，则，A选项正确；，B选项错误；，C选项正确；由，有，D选项正确.故选：ACD10. 双曲抛物线又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用在空间直角坐标系中，将一条平面内开口向上的抛物线沿着另一条平面内开口向下的抛物线滑动（两条抛物线的顶点重合）所形成的

8、就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为，则下列说法正确的是（）A. 用平行于平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线B. 用法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线C. 用垂直于y轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线D. 用过原点且法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线【答案】AB【解析】【分析】利用空间向量的相关知识，结合马鞍面的标准方程，逐一变换方程判断各选项即可得解.【详解】因为马鞍面的标准方程为，对于A，平行于平面的面中为常数，不妨设为，得，故所得轨迹是双曲线.，故A正确；对于B，法向量为的平面中为常数，不妨设为，则，为抛物线方程，故B正确；对于C，垂直于轴的平面中为常数，不妨设为

9、，则，为抛物线方程，故C错误；对于D，不妨设平面上的点坐标为，因为平面过原点且法向量为，由，得，故，代入马鞍面标准方程，得，当时，方程为，不是物物线，故D错误.故选：AB.11. 已知函数是定义在上的连续可导函数，且满足，为奇函数，令，则下列说法正确的是（ ）A. 的图象关于对称B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】对于选项A:由，得两式相减整理得即可判断；对于选项B:易得，通过，令计算即可; 对于选项C:结合奇偶性与对称性求出周期，利用计算即可；对于选项D:利用的周期性与奇偶性可得的周期性与奇偶性，利用计算即可.【详解】对于选项A:由，则,所以,因为，所以，所以的图象关于对称，故选

10、项A正确；对于选项B: 因为的图象关于对称，所以，因为，故，所以,故选项B正确；对于选项C:因为为奇函数，所以为奇函数，即关于对称，结合的图象关于对称，可得的周期为，因为，所以，所以，故选项C错误；对于选项D:因为是周期为4的奇函数，故是周期为4的偶函数，所以，故，故选项D正确.故选项：ABD.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是得出是周期为4的奇函数，借助导数，充分利用奇偶性、对称性与周期性是解决本题的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分第14题第一空2分，第二空3分12. 已知，则_【答案】【解析】【分析】对所给二项式合理变形，求展开项系数即可.【详解】在中，而，由二项式定

11、理知展开式的通项为，令，解得，令，故.故答案为：.13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点P为第一象限内椭圆上一点，的内心为，且，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】结合内切圆得性质，并设结合余弦定理求出，再借助离心率公式计算即可.【详解】如图由的内心为可知该内切圆的半径为，设该内切圆与的三边的切点为,所以,又，所以,设在中由余弦定理可得：，化简得：由的内心为可知，在椭圆中易知,即即，联立，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：. 14. 已知数列满足，且，则_；令，若的前n项和为，则_【答案】 . . 【解析】【分析】先利用构造法证得是等比数列，从而求得，再利用倒数法得到，从而利用裂项求和

12、法即可得解.【详解】由，可得，即，两边取以4为底的对数得，又，则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，所以；由，得，则，得，故，所以.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是通过观察法与倒数法得到，从而得解.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. 已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若恒成立，求实数m的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解；（2）利用导数求得的最小值，从而得到关于的不等式，解之即可得解.小问1详解】因为，所以，当时，故，所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解

13、】由（1）得，因为，所以由，得，所以当时，单调递减；当时，单调递增；所以，因为恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围为.16. 已知双曲线的右焦点F到一条渐近线的距离为1，且双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线交C于A、B两点，O为坐标原点，若，求直线l的斜率k的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件建立方程组，求出，写出双曲线方程即可.（2）联立,借助韦达定理表示出，解出斜率即可.【小问1详解】结合题意可知双曲线的右焦点，渐近线为，所以右焦点F到一条渐近线的距离为，因为双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为，所以，所以，解得

14、，所以双曲线C的方程为.【小问2详解】由（1）问可知双曲线C的方程为，设则，联立，可得，所以，解得且，所以，所以，因为，所以，解得，此时满足且，故直线的斜率. 17. 已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中M和N分别为和的中点，（1）证明：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】17. 证明过程见解析 18. 【解析】【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，进而得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，由余弦定理得到，求出平面的法向量，从而根据二面角的余弦值大小得到方程

15、，求出，再利用线面角的向量求解公式得到答案.【小问1详解】过点作交于点，则，因为，所以，延长交的延长线于点，在中，由余弦定理得，故，则，因为M为的中点，故，在中，由相似关系可知，又，故，解得，故，在中，由余弦定理得，故，所以，因为四边形为矩形，所以，因为平面平面，交线为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】过点作交于点，作交于点，则由（1）知，平面，因为平面，所以，故，两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，由平行关系可知，四边形为平行四边形，故，故，在中，由余弦定理得，即，解得，设，平面的法向量为，则，解得，令，则

16、，故，平面的法向量为，则，因为二面角的余弦值为，故，解得，故，设直线与平面所成角的大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.18. 现有红、绿、蓝三种颜色的箱子，其中红箱中有4个红球，2个绿球，2个蓝球；绿箱中有2个红球，4个绿球，2个蓝球；蓝箱中有2个红球，2个绿球，4个蓝球，所有球的大小、形状、质量完全相同第一次从红箱中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；第二次要从与第一次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；以此类推，第次是从与第次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后放回去，记第n次取出的球是红球的概率为（1）求第3次取出的球是蓝球的概率；（2）求的解析式【答案

17、】（1） （2）【解析】【分析】（1）先设定第次分别取出红、绿、蓝球等个事件的概率，分析得出第次取出蓝球的概率，建立起第次取出蓝球的概率与第次取出蓝球的概率间的递推关系式，变形构造成等比数列，解之即可；（2）同理，先设定第次分别取出红、绿、蓝球等个事件概率，分析得出第次取出红球的概率，建立起第次取出红球的概率与第次取出红球的概率间的递推关系式，变形构造成等比数列，写出通项公式即可；【小问1详解】分别设第次取出红球、绿球和篮球的概率为：、和，其中，由题意知：，若第次取出红球，且第次取出蓝球的概率为：，若第次取出绿球，且第次取出蓝球的概率为：，若第次取出蓝球，且第次取出蓝球的概率为：，所以第次取出

18、蓝球的概率为：，由于，可得：，若设数列，上式即为：，配凑为：，其中，数列是一个以为首项，为公比的等比数列，则，则，即，即第3次取出的球是蓝球的概率为：.【小问2详解】同上，分别设第次取出红球、绿球和篮球的概率为：、和，其中，由题意知：，若第次取出红球，且第次取出红球的概率为：，若第次取出绿球，且第次取出红球的概率为：，若第次取出蓝球，且第次取出红球的概率为：，所以第次取出红球的概率为：，由于可得：，由已知，记第n次取出的球是红球的概率为，上式即为，有，其中，数列是一个以为首项，为公比的等比数列，则，的解析式为：.19. 设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模

19、m同余，记为（1）求证：；（2）若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理应用费马小定理解决下列问题：证明：对于任意整数x都有；求方程正整数解的个数【答案】（1）证明见详解； （2） 证明见详解； 35.【解析】【分析】（1）由二项式定理证明被7除所得的余数为2，即可证明结论；(2)由费马小定理证明，进而即可证明结论；将和，结合的结论即可得到和，从而得到结果.【小问1详解】因为，所以被7除所得的余数为1，所以被7除所得的余数为2，又65被7除所得的余数为2，所以.【小问2详解】由费马小定理得即，又，所以，同理：，因为都为素数，所以因为，由费马小定理知，对于任意正整数都有，即，由费马小定理知，对于任意正整数都有，即，因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数都有所以方程的正整数解的个数为35.【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利求解.