河北省雄安新区部分高中2024届高三数学下学期三模考试

这是一份河北省雄安新区部分高中2024届高三数学下学期三模考试，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题共58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，只有一项是符合题目要求的）
1．设，为单位向量，则的最大值为（）
A．1B．2C．3D．4
2．已知复数（，为虚数单位），则“”是“在复平面内对应的点位于第四象限”的（）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．设全集为，定义集合与的运算：且，则（）
A．B．C．D．
4．已知，，，，则（）
A．B．C．D．
5．如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为（）
A．36B．32C．28D．24
6．小李买了新手机后下载了，，，4个APP，已知手机桌面上每排可以放4个APP，现要将它们放成两排，且和放在同一排，则不同的排列方式有（）
A．288种B．336种C．384种D．672种
7．已知直线与曲线有三个交点，，，且，则以下能作为直线的方向向量的坐标是（）
A．B．C．D．
8．过抛物线的焦点且斜率为的直线与交于，两点，若为的内角平分线，则面积的最大值为（）
A．B．C．D．16
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．设，是一次随机试验中的两个事件，且，，，则（）
A．，相互独立B．
C．D．
10．如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则（）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体为七面体
C．二面角的余弦值为
D．存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上
11．已知函数与，记，其中，且，则（）
A．一定为周期函数B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数D．在区间上的图像过3个定点
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．展开式中的常数项是120，则______．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与轴相交于点，与在第一象限的交点为，若，，则的离心率为______．
14．若对于，，使得不等式恒成立，则整数的最大值为______．
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．（13分）已知函数．
（1）若是的一个极值点，求的值；
（2）若有两个极值点，，其中，求的取值范围．
16．（15分）在四棱锥中，平面底面，．
（1）是否一定成立？若是，请证明；若不是，请给出理由；
（2）若是正三角形，且是正三棱锥，，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）
10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立．
（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，并说明理由；
（2）若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
（3）甲、乙、丙各射击10次，用分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于环的次数，其中，写出一个的值，使，并说明理由．
18．（17分）已知是圆上的动点（点是圆心），定点，线段的中垂线交直线于点．
（1）求点的轨迹；
（2）设上点（不在轴上）处的切线是，过坐标原点作平行于的直线，交直线，分别于点，，求的取值范围．
19．（17分）已知为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有．设，对于，定义，其中表示数集中最小的数．
（1）若，写出，的值；
（2）若存在满足，求的最小值；
（3）当时，证明：对所有．
参考答案及解析
一、选择题
1．C2．A3．B4．A
5．C6．D7．C8．B
二、选择题
9．ABD10．AC11．ABD
三、填空题
12．213．14．0
四、解答题
15．解：（1）易知，
又是的一个极值点，所以，即，所以，
此时，
令，，
所以在上单调递增，且，
当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，即符合题意，因此的值为．
（2）因为，且有两个极值点，，
所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，将问题转化为函数与函数的图像在上有两个不同的交点，则，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
且当时，，，故作出的图像如图所示：
由图像可知满足题意，即，即的取值范围为．
16．解：（1）过点作的垂线，交于点，
又平面底面，平面底面，平面，所以底面，
若，则点与点重合，即底面，
所以垂直平面内任意直线，即与无论何种位置关系，都有，
所以不一定成立．
（2）因为是正三角形，则为的中点，由（1）知底面，
又底面，所以，
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以，
又是正三棱锥，即为等边三角形，
设，则为的中点，作，则底面．
以为坐标原点，，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，．
设平面的法向量为，
则取．
设平面的法向量为，
则取．
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
17．解：（1）甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为，
甲射击成绩的总环数为，
因为，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．
（2）根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为，
“甲命中10环”的概率可估计为，
“乙命中9环”的概率可估计为，
“乙命中10环”的概率可估计为，
所以估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率为
．
（3）或（写出其中一个即可）．
根据题中数据：（当时，
在每次射击中，甲击中大于6环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于6环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于6环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，不满足．）
当时，
在每次射击中，甲击中大于7环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于7环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于7环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，满足．
当时，
在每次射击中，甲击中大于8环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于8环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于8环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，
满足．
（当时，
在每次射击中，甲击中大于9环的概率为，
在每次射击中，乙击中大于9环的概率为，
在每次射击中，丙击中大于9环的概率为，
由题意可知，，，
此时，，，
不满足．）
18．解：（1）由中垂线的性质得，
所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
设该椭圆的方程为，则，，
因此曲线的方程为．
（2）解法一：因为，
设，，，则，．
因为的斜率存在，设为，所以直线的方程为，
联立可得消去得
，①
由已知，方程①的判别式，
所以，所以，②
方程②的判别式，
又，即，所以，所以方程②的解为，
又，所以，
所以直线的方程为，所以．③
又直线，④
联立③④，消可得，解得，
代入得，同理可得，
所以，
又，所以．
解法二：由椭圆的光学性质可知，是的外角平分线（如图标识），
即，
因为，所以，所以，结合，
所以由正弦定理可知，即，
从而，
因为，
所以，
由，可知，所以．
19．（1）解：由，则，故，
，故，，故．
（2）解：由题意知，当时，因为，，所以，
因为，且，均为正整数，所以或，所以，
因为，，是互不相等的正整数，所以必有一项大于2，
所以，所以，不合题意，
当时，对于数列，有，
综上，的最小值为4．
（3）证明：因为，
所以，．
若，则当时，至少以下情况之一成立：
①，这样的至多有个；
②存在，，这样的至多有个．
所以小于的至多有个，所以，
令，解得，所以．
对，若，且，
因为，所以当时，至少以下情况之一成立：
④，这样的至多有个；
⑤存在，且，这样的至多有个．
所以．
令，解得，即，
其中表示不大于的最大整数，所以当时，
．综上，定义，
，则，
依次可得，，，，，，，，，
所以．
环数
6环
7环
8环
9环
10环
甲的射击频数
1
1
10
24
24
乙的射击频数
3
2
10
30
15
丙的射击频数
2
4
10
18
26