河北省唐山市2025屆高三數(shù)學下學期4月學業(yè)水平選擇性考試第二次模擬演練二模試題

PAGEPAGE2河北省唐山市2025屆高三數(shù)學下學期4月學業(yè)水平選擇性考試其次次模擬演練（二模）試題留意事項：1、答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，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，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合P＝{x|－1＜x＜1}，Q＝{x|x(x＋2)＜0}，則P∩Q＝

A．{x|0＜x＜1} B．{x|－2＜x＜1}

C．{x|－1＜x＜0} D．{x|－2＜x＜0}2．已知多項選擇題的四個選項A、B、C、D中至少有兩個選項正確，規(guī)定：假如選擇了錯誤選項就不得分．若某題的正確答案是ABC，某考生隨機選了兩個選項，則其得分的概率為

A．eq\f(1,2) B．eq\f(3,10)

C．eq\f(1,6) D．eq\f(3,11)3．不等式(eq\f(1,2))x≤eq\r(x)的解集是

A．[0，eq\f(1,2)] B．[eq\f(1,2)，＋∞)

C．[0，eq\f(\r(2),2)] D．[eq\f(\r(2),2)，＋∞)4．在(x－eq\f(2,x))6的綻開式中，常數(shù)項為

A．20 B．－20

C．160 D．－1605．設復數(shù)z滿意|z－2i|＝1，在復平面內(nèi)z對應的點到原點距離的最大值是

A．1 B．eq\r(3)

C．eq\r(5) D．36．在△ABC中，D為BC的中點，E為AC邊上的點，且eq\o(AE,\s\up5(→))＝2eq\o(EC,\s\up5(→))，則eq\o(DE,\s\up5(→))＝

A．eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up5(→))－eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up5(→)) B．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up5(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AC,\s\up5(→))

C．eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up5(→))－eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up5(→)) D．－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up5(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up5(→))7．勞動力調(diào)查是一項抽樣調(diào)查．2024年的勞動力調(diào)查以第七次人口普查的最新數(shù)據(jù)為基礎抽取相關住戶進入樣本，并且采納樣本輪換模式．勞動力調(diào)查的輪換是根據(jù)“2-10-2”模式進行，即一個住戶連續(xù)2個月接受調(diào)查，在接下來的10個月中不接受調(diào)查，然后再接受連續(xù)2個月的調(diào)查，經(jīng)驗四次調(diào)查之后退出樣本．調(diào)查進行時保持每月進入樣本接受第一次調(diào)查的新住戶數(shù)量相同．若從第k個月起先，每個月都有eq\f(1,4)的樣本接受第一次調(diào)查，eq\f(1,4)的樣本接受其次次調(diào)查，eq\f(1,4)的樣本接受第三次調(diào)查，eq\f(1,4)的樣本接受第四次調(diào)查，則k的值為

A．12 B．13

C．14 D．158．已知F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1（a＞0，b＞0）的右焦點，A為雙曲線C右支上一點，且位于x軸上方，B為漸近線上一點，O為坐標原點．若四邊形OFAB為菱形，則雙曲線C的離心率e＝

A．2 B．3

C．eq\r(2) D．eq\r(2)＋1二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9．設函數(shù)f(x)＝sin(2x－eq\f(,3))的圖象為曲線E，則

A．將曲線y＝sin2x向右平移eq\f(,3)個單位長度，與曲線E重合

B．C．(－eq\f(,12)，0)是曲線E的一個對稱中心

D．若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)＝0，則|x1－x2|的最小值為eq\f(,2)10．已知a＞b＞0，且ab＝4，則

A．2a－b＞1 B．log2a－log2b＞1

C．2a＋2b＞8 D．log2a·log2b＜1正視圖側視圖俯視圖PABC11．三棱錐P-ABC的三視圖如圖，圖中所示頂點為棱錐對應頂點的投影，正視圖與側視圖是全等的等腰直角三角形，俯視圖是邊長為1的正方形，則

A．該棱錐各面都是直角三角形

B．直線AB與PC所成角為60°

C．點P究竟面ABC的距離為正視圖側視圖俯視圖PABC12．若直線y＝ax與曲線f(x)＝exA(x1，y1)，B(x2，y2)，曲線f(x)＝ex在A，B點處切線交于點M(x0，y0)，則

A．a(chǎn)＞e

B．x1＋x2－x0＝1

C．kAM＋kBM＞2kAB

D．存在a，使得∠AMB＝135°三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知圓錐的側面綻開圖是半徑為2的半圓，則該圓錐的體積為_______．14．設{an}是首項為2的等比數(shù)列，Sn是其前n項和．若a3a4＋a5＝0，則S6＝_____．15．有以下三個條件：=1\*GB3①定義域不是R；=2\*GB3②值域為R；=3\*GB3③奇函數(shù)；寫出一個同時滿意以上條件的函數(shù)f(x)＝_____________．16．設拋物線E：y2＝4x的焦點為F，直線l：y＝k(x－1)與E交于A，B，與y軸交于C，若|AF|＝|BC|，則|AB|＝_______．四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，S4＝24，S10＝120．（1）求Sn；（2）記數(shù)列{eq\f(1,Sn)}的前n項和為Tn，證明Tn＜eq\f(3,4)．18．（12分）改革開放是我國發(fā)展的最大“紅利”，自1978年以來，隨著我國社會經(jīng)濟的快速發(fā)展，人民生活水平的不斷提高以及醫(yī)療衛(wèi)生保障體系的逐步完善，我國人口平均預期壽命接著延長，國民整體健康水平有較大幅度的提高．下表數(shù)據(jù)反應了我國改革開放三十余年的人口平均預期壽命改變．人口平均預期壽命改變表單位：歲年份年份代碼人口平均預期壽命1981467.7719901368.5520002371.420103374.83（1）散點圖如上圖所示，可用線性回來模型擬合y與t的關系，已知回來方程

eq\o(y,?)＝eq\o(a,?)＋eq\o(b,?)t中的斜率eq\o(b,?)＝0.25，且eq\o(y,-)＝70.6375，求eq\o(a,?)；（2）關于2024年我國人口平均預期壽命的統(tǒng)計數(shù)據(jù)M迄今暫未公布，依據(jù)線性回來方程，對M進行預料并給出預料值M1（結果保留兩位小數(shù)），結合散點圖的發(fā)展趨勢，估計M1與M的大小關系，并說明理由．

19．（12分）如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD為正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，AD＝2EF＝4DE＝4，AF＝eq\r(3)．（1）推斷平面ABF與平面CDE的交線l與AB的位置關系，并說明理由；（2）求平面ABF與平面CDE所成二面角的大小．AABCDEF20．（12分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．C＝eq\f(π,3)，AB邊上的高為eq\r(3)．（1）若S△ABC＝2eq\r(3)，求△ABC的周長；（2）求eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)的最大值．21．（12分）已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋a．（1）若f(x)≤0，求a的取值范圍；

（2）若f(x)有兩個零點m，n，且m＜n，證明：n＋eq\f(1,n)＜2ea－1＜m＋eq\f(1,m)．22．（12分）已知A、B分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1（a＞1）的左頂點和下頂點，P為直線x＝3上的動點，eq\o(AP,→)·eq\o(BP,→)的最小值為eq\f(59,4)．（1）求E的方程；（2）設PA與E的另一交點為D，PB與E的另一交點為C，問：是否存在點P，使得四邊形ABCD為梯形，若存在，求P點坐標；若不存在，請說明理由．唐山市2024年一般高等學校招生統(tǒng)一考試其次次模擬演練數(shù)學參考答案一．選擇題： 1~4．CABD 5~8．DBCD 9．BD 10．ACD 11．CD 12．ABC二．填空題：13．eq\f(\r(3),3)； 14．eq\f(21,16)；

15．y＝tanx，或y＝x－eq\f(1,x)或y＝eq\b\lc\{(\a\al(x＋1，x＜0，,x－1，x＞0，))等；

16．eq\r(5)＋2．17．解：（1）設等差數(shù)列{an}的公差為d，則Sn＝na1＋eq\f(n(n－1)d,2)， …2分所以S4＝4a1＋6d＝24；S10＝10a1＋45d＝120，

解得a1＝3，d＝2． …4分故Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n． …5分（2）eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))， …7分所以Tn＝eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋eq\f(1,S3)＋……＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,4))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1))＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))]

＝eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)) …9分

＜eq\f(1,2)(1＋eq\f(1,2))

＝eq\f(3,4)． …10分18．解：（1）eq\o(t,-)＝eq\f(4＋13＋23＋33,4)＝18.25， …3分eq\o(a,?)＝eq\o(y,-)－eq\o(b,?)eq\o(t,-)＝70.6375－0.25×18.25＝70.6375－4.5625＝66.075． …6分（2）2024年對應的年份代碼t＝43， …7分M1＝eq\o(a,?)＋eq\o(b,?)t＝66.075＋0.25×43＝66.075＋10.75＝76.825≈76.83． …10分從散點圖的發(fā)展趨勢可以得出：隨著年份代碼增加，人口平均預期壽命提高的越快．因此，估計M1＜M． …12分

19．解：（1）由EF∥AD，AD＝2EF，可知延長AF，DE交于一點設為P．過P點作AB的平行線即為l，l∥AB，理由如下 …1分由題意可知AB∥CD，AB平面CDE，CD平面CDE，則AB∥平面CDE．又AB平面ABF，平面ABF∩平面CDE＝l，則l∥AB． …5分AABCDEFPlxyzO（2）法一．由底面ABCD為正方形，且平面ADEF⊥平面ABCD，得AB⊥平面ADEF，由（1）可知l∥AB，則l⊥平面ADEF，所以∠APD即為平面ABF與平面CDE所成二面角的平面角． …9分由EF∥AD，AD＝2EF，DE＝1，AF＝eq\r(3)，得DP＝2，AP＝2eq\r(3)，又AD＝4，則AD2＝DP2＋AP2，所以∠APD＝90°．所以，平面ABF與平面CDE所成二面角的大小為90°． …12分法二．由EF∥AD，AD＝2EF，DE＝1，AF＝eq\r(3)，得DP＝2，AP＝2eq\r(3)，又AD＝4，則AD2＝DP2＋AP2，所以∠APD＝90°， …7分由題意可知，P點向平面ABCD引垂線，垂足落在AD上，設為O，則OD＝1．以O為原點，以eq\o(OD,\s\up5(→)),eq\o(OP,\s\up5(→))的方向分別為y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O?xyz．A(0，－3，0)，B(4，－3，0)，P(0，0，eq\r(3))，則eq\o(AB,\s\up5(→))＝(4，0，0)，eq\o(AP,\s\up5(→))＝(0，3，eq\r(3))，設平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，

由eq\o(AB,\s\up5(→))·m＝0，eq\o(AP,\s\up5(→))·m＝0得eq\b\lc\{(\a\al(4x＝0，,3y＋\r(3)z＝0，))可取m＝(0，1，－eq\r(3))， …9分D(0，1，0)，C(4，1，0)，則eq\o(DC,\s\up5(→))＝(4，0，0)，eq\o(DP,\s\up5(→))＝(0，－1，eq\r(3))，

設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，同理可得n＝(0，eq\r(3)，1)， …11分因為m·n＝0，所以平面PAB⊥平面PCD，即平面ABF⊥平面CDE，所以，平面ABF與平面CDE所成二面角的大小為90°． …12分20．解：（1）依題意S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)c·eq\r(3)＝2eq\r(3)，可得c＝4，因為C＝eq\f(π,3)，所以ab＝8． …3分由余弦定理得a2＋b2－ab＝c2，

因此(a＋b)2＝c2＋3ab＝40， …5分

即a＋b＝2eq\r(10)．

故△ABC的周長為2eq\r(10)＋4． …6分（2）由（1）及正弦定理可得eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2b＋a,ab)＝eq\f(2b＋a,2c)＝eq\f(2sinB＋sinA,\r(3))， …8分＝eq\f(2sin(\f(2,3)－A)＋sinA,\r(3))＝eq\f(\r(7)sin(A＋θ),\r(3))，(其中θ為銳角，且sinθ＝eq\f(\r(3),\r(7))) …10分由題意可知0＜A＜eq\f(2π,3)，因此，當A＋θ＝eq\f(π,2)時，eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)取得最大值eq\f(\r(21),3)． …12分21．解：（1）f(x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)＝eq\f(1,x)－1． …1分0＜x＜1時，f(x)＞0；x＞1時，f(x)＜0，

所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減． …3分即x＝1時，f(x)取得最大值f(1)＝a－1，

依題意，a－1≤0，故a≤1． …5分（2）由（1）知，a＞1，0＜m＜1＜n，ea－1＝eq\f(em－1,m)＝eq\f(en－1,n)．所以2ea－1－(m＋eq\f(1,m))＝eq\f(2em－1,m)－(m＋eq\f(1,m))＝eq\f(2em－1－m2－1,m)；

2ea－1－(n＋eq\f(1,n))＝eq\f(2en－1,n)－(n＋eq\f(1,n))＝eq\f(2en－1－n2－1,n)． …8分令g(x)＝2ex－1－x2－1，則g(x)＝2ex－1－2x，

由（1）知，lnx≤x－1，等號當且僅當x＝1時成立，

所以ex－1≥x，等號當且僅當x＝1時成立，

于是可得g(x)≥0，即g(x)單調(diào)遞增，

因此，當0＜x＜1時，g(x)＜g(1)＝0；當x＞1時，g(x)＞g(1)＝0， …11分

所以2ea－1－(n＋eq\f(1,n))＞0，2ea－1－(m＋eq\f(1,m))＜0，

故n＋eq\f(1,n)＜2ea－1＜m＋eq\f(1,m)． …12分22．解：（1）由題設得P(3，t)，A(－a，0)，B(0，－1)． …1分則eq\o(AP,→)＝(a＋3，t)，eq\o(BP,→)＝(3，1＋t)．

所以eq\o(AP,→)·eq\o(BP,→)＝9＋3a＋t2＋t＝(t＋eq\f(1,2))2＋3a＋eq\f(35,4)， …3分

于是t＝－eq\f(1,2)時，eq\o(AP,→)·eq\o(BP,→)取得最小值3a＋eq\f(35,4)，所以3a＋eq\f(35,4)＝eq\f(59,4)，解得a＝2．

所以E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1． …5分（2）假設存在點P(3，t)滿意題設，設D(x1，y1)，則eq\o(AP,→)＝(5，t)，eq\o(AD,→)＝(x1＋2，y1)，由題意可知存在λ∈(0，1)，使得eq\o(AD,→)＝λeq\o(AP,→)，即eq\b\lc\{(\a\al(x1＋2＝5λ，,y1＝λt，))整理得eq\b\lc\{(\a\al(x1＝5λ－2，,y1＝λt))，代入eq\f(x2,4)＋y2＝1中，有eq\f((5λ－2)2,4)＋(λt)2＝1 ① …8分設C(x2，y2)，eq\o(