河北省邯鄲市高三下學期第三次調研考試考試（一模）數學

邯鄲市2024屆高三年級第三次調研考試數學考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題后，用鉛筆把答題卡對應題目的標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他標號．回答非選擇題時，將寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合目要求的．1已知集合，，則（）A. B.C. D.2.若復數純虛數，則實數（）A. B. C. D.23.已知向量與共線，則（）A. B. C. D.4.在的展開式中，的系數為（）A. B. C.6 D.1925.已知等比數列的各項互不相等，且，，成等差數列，則（）A1 B.2 C.3 D.46.已知拋物線的焦點為F，為拋物線上一動點，點，則周長的最小值為（）A.13 B.14 C.15 D.167.已知是定義在上的偶函數，，且在上單調遞減，若，，，則（）A. B.C. D.8.已知在四面體中，，二面角的大小為，且點A，B，C，D都在球的球面上，為棱上一點，為棱的中點．若，則（）A B. C. D.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知雙曲線，則（）A.的取值范圍是 B.的焦點可在軸上也可在軸上C.的焦距為6 D.的離心率的取值范圍為10.“阿基米德多面體”又稱“半正多面體”，與正多面體類似，它們也都是凸多面體，每個面都是正多邊形，并且所有棱長也都相等，但不同之處在于阿基米德多面體的每個面的形狀不全相同．有幾種阿基米德多面體可由正多面體進行“截角”得到如圖，正八面體的棱長為3，取各條棱的三等分點，截去六個角后得到一種阿基米德多面體，則該阿基米德多面體（）A.共有18個頂點 B.共有36條棱C.表面積為 D.體積為11.已知的三個內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，面積為，則下列說法正確的是（）A.的取值范圍是B.若為邊中點，且，則的面積的最大值為C.若是銳角三角形，則的取值范圍是D.若角的平分線與邊相交于點，且，則的最小值為10三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.寫出一個，使得函數的圖象關于點對稱，則可以為__________．13.從分別寫有數字的張卡片中任取張，設這張卡片上的數字之和為，則__________．14.記表示x，y，z中最小的數．設，，則的最大值為__________．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.設數列的前項和為，已知，是公差為的等差數列．（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和．16.某民營學校為增強實力與影響力，大力招攬名師、建設校園硬件設施，近5年該校招生人數的數據如下表：年份序號x12345招生人數y/千人0.811.31.72.2（1）由表中數據可看出，可用線性回歸模型擬合與的關系，請用相關系數加以證明；（2）求關于的回歸直線方程，并預測當年份序號為7時該校的招生人數．參考數據：，，．參考公式：相關系數，回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，．17.在四棱錐中，平面平面，，，，，為棱的中點，且．（1）求四棱錐的高；（2）求二面角的正弦值．18.已知橢圓經過，兩點．（1）求的方程；（2）若圓的兩條相互垂直的切線均不與坐標軸垂直，且直線分別與相交于點A，C和B，D，求四邊形面積的最小值．19.已知函數，．（1）求曲線在點處的切線方程．（2）已知關于的方程恰有4個不同的實數根，其中，．（i）求的取值范圍；（ii）求證：．邯鄲市2024屆高三年級第三次調研考試數學考生注意：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．回答選擇題時，選出每小題后，用鉛筆把答題卡對應題目的標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他標號．回答非選擇題時，將寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合目要求的．1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡集合結合交集的概念即可得解.詳解】，，所以．故選：C.2.若復數為純虛數，則實數（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用復數的四則運算化簡，再利用復數的分類即可得解.【詳解】因為，又為純虛數，所以，解得.故選：C.3.已知向量與共線，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據向量共線的坐標公式建立方程，解得參數，結合向量的坐標運算，可得答案.【詳解】因為，所以，解得，所以．故選：B.4.在的展開式中，的系數為（）A. B. C.6 D.192【答案】A【解析】【分析】利用二項展開式的通項公式求解即可.【詳解】的展開式的通項為，令，得，所以的系數為．故選：A.5.已知等比數列的各項互不相等，且，，成等差數列，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】【分析】設等比數列的公比為，根據等差中項的性質及等比數列通項公式得到方程求出，即可得解.【詳解】設等比數列的公比為，因為，，成等差數列，所以，即，所以，解得或（舍去），所以．故選：D6.已知拋物線的焦點為F，為拋物線上一動點，點，則周長的最小值為（）A.13 B.14 C.15 D.16【答案】A【解析】【分析】過及作準線垂線，利用拋物線定義把周長問題轉化為的最小值問題，利用三點共線時距離和最小求解即可.【詳解】由題知，準線方程為.如圖，過作準線的垂線，垂足為，過作準線的垂線，垂足為，所以的周長，當為與拋物線的交點時等號成立，即周長的最小值為13.故選：A7.已知是定義在上的偶函數，，且在上單調遞減，若，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先得在上單調遞減，進一步通過偶函數性質以及將自變量都轉換到區(qū)間內，然后比較分數指數冪以及對數的大小，結合函數單調性即可得解.【詳解】因為是偶函數，，在上單調遞減，所以在上單調遞減．，，因為，，所以，，所以，所以，故．故選：B.8.已知在四面體中，，二面角的大小為，且點A，B，C，D都在球的球面上，為棱上一點，為棱的中點．若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據題意和幾何關系，并在所在平面內建立平面直角坐標系，確定點的位置和坐標，即可求解.【詳解】由題意知與均為等邊三角形，連接，，則，，是二面角的平面角，所以，又易知，所以是等邊三角形．設為的外心，為的中點，連接，則點O，P，Q都在平面內，建立平面直角坐標系如圖．設，則，，所以．又，所以，因為，易知，則，，從而，．故選：C【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是結合幾何關系，建立如圖所示的平面直角坐標系，轉化為平面幾何問題.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知雙曲線，則（）A.的取值范圍是 B.的焦點可在軸上也可在軸上C.的焦距為6 D.的離心率的取值范圍為【答案】AC【解析】【分析】根據雙曲線方程的特征，易于求得，判斷方程中分母的符號即可判斷A,B項，計算易得C項，先算出離心率的表達式，再根據的范圍，即可確定的范圍.【詳解】對于A，表示雙曲線，，解得，故A正確；對于B，由A項可得，故，的焦點只能在軸上，故B錯誤；對于C，設的半焦距為，則，，即焦距為，故C正確；對于D，離心率，，，的取值范圍是，故D錯誤．故選：AC.10.“阿基米德多面體”又稱“半正多面體”，與正多面體類似，它們也都是凸多面體，每個面都是正多邊形，并且所有棱長也都相等，但不同之處在于阿基米德多面體的每個面的形狀不全相同．有幾種阿基米德多面體可由正多面體進行“截角”得到如圖，正八面體的棱長為3，取各條棱的三等分點，截去六個角后得到一種阿基米德多面體，則該阿基米德多面體（）A.共有18個頂點 B.共有36條棱C.表面積為 D.體積為【答案】BD【解析】【分析】根據正八面體的幾何性質，結合題意，利用正方形與正六邊形的面積公式以及正四棱錐的體積公式，可得答案.詳解】由圖可知該多面體有24個頂點，36條棱，故A錯誤，B正確；該多面體的棱長為1，且表面由6個正方形和8個正六邊形組成，故該多面體的表面積為，故C錯誤；正八面體可分為兩個全等的正四面體，其棱長為，過作平面于，連接，如下圖：因為平面，且平面，所以，正方形中，由邊長為，則對角線長為，則，在中，，則，正八面體的體積為，切割掉6個棱長均為1的正四棱錐，減少的體積為，所以該阿基米德多面體的體積為，故D正確．故選：BD.11.已知的三個內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，面積為，則下列說法正確的是（）A.的取值范圍是B.若為邊的中點，且，則的面積的最大值為C.若是銳角三角形，則的取值范圍是D.若角的平分線與邊相交于點，且，則的最小值為10【答案】ABC【解析】【分析】借助面積公式與余弦定理由題意可得，對A：借助三角恒等變換公式可將其化為正弦型函數，借助正弦型函數的單調性即可得；對B：借助向量數量積公式與基本不等式即可得；對C：借助正弦定理可將其化為與角有關的函數，結合角度范圍即可得解；對D：借助等面積法及基本不等式計算即可得.【詳解】由題意知，整理得，由余弦定理知，，，．對A，，，，，的取值范圍為，故A正確；對B，為邊的中點，，則，，當且僅當時，等號成立，，故B正確；對于C，，是銳角三角形，，，，故C正確；對于D，由題意得，即，整理得，即，，當且僅當時，等號成立，故D錯誤．故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：本題考查三角形中的最值與范圍問題，主要思考方向有兩個，一個是借助余弦定理得到邊之間的關系，從而通過基本不等式求解，一個是借助正弦定理將邊化為角，通過三角形中角的關系將多個變量角化為單變量，借助函數性質得到范圍或最值.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.寫出一個，使得函數的圖象關于點對稱，則可以為__________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】利用正弦函數的對稱性與周期性得到關于的方程，解之即可得解.【詳解】因為的圖象關于點對稱，所以，則，故，又，所以，，，…．.故答案為：（答案不唯一）.13.從分別寫有數字的張卡片中任取張，設這張卡片上的數字之和為，則__________．【答案】【解析】【分析】由題意分析離散型隨機變量的所有取值，求出概率分布列計算期望即可．【詳解】從分別寫有數字的張卡片中任取張卡片的所有種結果中，，張卡片上的數字之和分別為：，所以．故答案為：14.記表示x，y，z中最小的數．設，，則的最大值為__________．【答案】2【解析】【分析】分是否大于進行討論，由此即可簡化表達式，若，則可以得到，并且存在，，使得，，同理時，我們可以證明，由此即可得解.【詳解】若，則，此時，因為，所以和中至少有一個小于等于2，所以，又當，時，，所以的最大值為2．若，則，此時，因為，所以和中至少有一個小于2，所以．綜上，的最大值為2．故答案為：2.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是分是否大于進行討論，結合不等式的性質即可順利得解.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.設數列的前項和為，已知，是公差為的等差數列．（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意首先得結合是公差為的等差數列可求得，根據之間的關系即可進一步求解；（2）首先得，由裂項相消法即可求解.【小問1詳解】因為，所以，所以，即．當時，，又適合上式，所以．【小問2詳解】，故．16.某民營學校為增強實力與影響力，大力招攬名師、建設校園硬件設施，近5年該校招生人數的數據如下表：年份序號x12345招生人數y/千人0.811.31.72.2（1）由表中數據可看出，可用線性回歸模型擬合與的關系，請用相關系數加以證明；（2）求關于的回歸直線方程，并預測當年份序號為7時該校的招生人數．參考數據：，，．參考公式：相關系數，回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為，．【答案】（1）證明見解析（2），2.8千人．【解析】【分析】（1）求出，代入求出相關系數即可；（2）根據公式求出，再求出，則得到回歸直線方程，再代入數據預測即可.【小問1詳解】由題意知，，，所以，因為與1非常接近，故可用線性回歸模型擬合與的關系．【小問2詳解】，，所以關于的回歸直線方程為．當時，，由此預測當年份序號為7時該校的招生人數為2.8千人．17.在四棱錐中，平面平面，，，，，為棱的中點，且．（1）求四棱錐的高；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）3（2）【解析】【分析】（1）過作的平行線，與的延長線交于點，連接，，通過證明，來證明為四棱錐的高，從而求解；（2）建立空間直角坐標系求解即可.【小問1詳解】如圖，過作的平行線，與的延長線交于點，連接，．，，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，，，四邊形為矩形，，為棱的中點，，從而，又因為，，平面，平面，平面，平面，，，平面，平面，平面．為四棱錐的高，即，四棱錐的高為；【小問2詳解】由（1）知，，，兩兩垂直，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設是平面的法向量，則可取，設是平面的法向量，則可取，所以，所以二面角的正弦值為.18.已知橢圓經過，兩點．（1）求的方程；（2）若圓兩條相互垂直的切線均不與坐標軸垂直，且直線分別與相交于點A，C和B，D，求四邊形面積的最小值．【答案】（1）．（2）．【解析】【分析】（1）依據橢圓經過兩點，將點的坐標代入橢圓方程，待定系數法解方程即可；（2）設其中一條的斜截式方程，首先由直線與圓相切，得出直線的斜率與截距關系；再設而不求，用韋達定理表示出兩條直線與橢圓相交的弦長，再利用條件知兩弦垂直，故四邊形的面積，利用弦長將面積表示成其中一條直線斜率的函數，利用函數求最值.【小問1詳解】因為過點，，所以解得故的方程為．【小問2詳解】由題知的斜率存在且不為0．設．因為與圓相切，所以，得．聯立與的方程，可得，設，，則，．所以，將代入，可得．用替換，可得．四邊形的面積．令，則，可得，再令，，則，可得，即四邊形面積的最小值為．19.已知函數，．（1）求曲線在點處的切線方程