河北省張家口市2024屆高三一模數(shù)學(xué)試卷(含答案)

河北省張家口市2024屆高三一模數(shù)學(xué)試卷

學(xué)校：___________姓名：班級：考號：

一'選擇題

1.已知復(fù)數(shù)Zi=(l+i)(l—2i),復(fù)數(shù)z=—2i,則|z—zj=()

A.V7B.4C.10D.V10

2.下列命題為真命題的是()

A.Vx>0,e">cosxa2>b2

C.>0,cosx>exD.3a>b,a3<b3

71則子十()

3.已知cos—+XLsin

3

廠2&

ABC.-----

-413

22

4.已知雙曲線C:5—當(dāng)=1(?>0,6>0)的一條漸近線的傾斜角為其焦點(diǎn)到

ab6

漸近線的距離為2,則。的方程為()

22222222

AA-^=IB.土-乙=1c.土-乙=1D.土-乙=1

461246463

5.過點(diǎn)尸(1,2)作圓。:必+產(chǎn)=10相互垂直的兩條弦AB與CD,則四邊形ACfi。的面

積的最大值為()

A.676B.2而’C.9nD.15

6.已知定義在R上的函數(shù)/(%)滿足：/(x)+/(2-%)=2,/(x)-/(4-x)=0,且

2024

"0)=2.若ieN*,則￡/"?)=()

Z=1

A.506B.1012C.2024D.4048

7.已知等比數(shù)列｛q,｝的前幾項(xiàng)和為S”，q〉l,S3=e^,則數(shù)列｛4｝的公比q滿足()

A.O<^<1B.-l<^<0C.q>\T).q<-\

8.設(shè)a,6為非負(fù)整數(shù)，機(jī)為正整數(shù)，若。和6被機(jī)除得的余數(shù)相同，則稱。和》對

模加同余，記為a三Z?(mod和).若p為質(zhì)數(shù)，〃為不能被p整除的正整數(shù)，貝U

"T三l(modp),這個(gè)定理是費(fèi)馬在1636年提出的費(fèi)馬小定理，它是數(shù)論中的一個(gè)重

要定理.現(xiàn)有以下4個(gè)命題:

①23°+1三65（mod7）；

②對于任意正整數(shù)x,x13-x=0（modl3）；

③對于任意正整數(shù)x,x13-%=0（mod7）；

④對于任意正整數(shù)x,x12-l=l（mod5）.

則所有的真命題為（）

A.①④B.②C.①②③D.①②④

二、多項(xiàng)選擇題

9.下表是某地從2019年至2023年能源消費(fèi)總量近似值y（單位：千萬噸標(biāo)準(zhǔn)煤）的

數(shù)據(jù)表：

年份20192020202120222023

年份代號X12345

能源消費(fèi)總量近似值y（單位：千萬噸標(biāo)準(zhǔn)煤）44.244.646.247.850.8

以x為解釋變量，y為響應(yīng)變量，若以少=偽》+/為回歸方程，則決定系數(shù)

=0.9298,若以夕2=32+。2%+。2為回歸方程，則成土0.9965,則下面結(jié)論中正確

的有（）

A.變量x和變量y的樣本相關(guān)系數(shù)為正數(shù)

2

B.y2=b2x+a2x+Q比丸=偽工+%的擬合效果好

C.由回歸方程可準(zhǔn)確預(yù)測2024年的能源消費(fèi)總量

D.9=+q

10.已知函數(shù)/（x）=sin（2x+9）（同、］,且/⑴=/［會(huì)一%］,若函數(shù)/（%）向右平

移a（a>0）個(gè)單位長度后為偶函數(shù)，貝U（）

，9=咦B.函數(shù)八%）在區(qū)間上單調(diào)遞增

C.a的最小值為巴D.a的最小值為2

612

11.已知函數(shù)/（x）=e"與函數(shù)g（x）=l+-----的圖象相交于4（%,%）,雙孫％）兩點(diǎn)，

X-1

且工1<%2，則()

A.%%=1B.=—C.—~—>1D.x2y2=1

"-ex2-xl…

三、填空題

12.已知點(diǎn)R為拋物線C:V=16y的焦點(diǎn)，直線/為C的準(zhǔn)線，則點(diǎn)R到直線/的距

離為.

13.有5位大學(xué)生要分配到A,B,C三個(gè)單位實(shí)習(xí)，每位學(xué)生只能到一個(gè)單位實(shí)習(xí)，

每個(gè)單位至少要接收一位學(xué)生實(shí)習(xí)，已知這5位學(xué)生中的甲同學(xué)分配在A單位實(shí)習(xí)，

則這5位學(xué)生實(shí)習(xí)的不同分配方案有種.(用數(shù)字作答)

14.如圖，已知點(diǎn)A是圓臺(tái)O0的上底面圓已上的動(dòng)點(diǎn)，B,C在下底面圓。上，

AO1=1,00=2,BO=3,BC=2卮則直線A0與平面。酒。所成角的余弦值的

四、解答題

15.已知在四邊形ABCD中，為銳角三角形，對角線AC與相交于點(diǎn)

AD=2,AC=4,BD=瓜ZABD=-.

4

(1)求AB；

(2)求四邊形ABCD面積的最大值.

16.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，ZDAB=60°,

(1)證明：PBLBC；

(2)若二面角P-AD-C為150。，求平面APS與平面CP6夾角的正弦值.

17.某商場舉辦摸球贏購物券活動(dòng).現(xiàn)有完全相同的甲、乙兩個(gè)小盒，每盒中有除顏色

外形狀和大小完全相同的10個(gè)小球，其中甲盒中有8個(gè)黑球和2個(gè)白球，乙盒中有3

個(gè)黑球和7個(gè)白球.參加活動(dòng)者首次摸球，可從這兩個(gè)盒子中隨機(jī)選擇一個(gè)盒子，再從

選中的盒子中隨機(jī)摸出一個(gè)球，若摸出黑球，則結(jié)束摸球，得300元購物券；若摸出

的是白球，則將摸出的白球放回原來盒子中，再進(jìn)行第二次摸球.第二次摸球有如下兩

種方案：方案一，從原來盒子中隨機(jī)摸出一個(gè)球；方案二，從另外一個(gè)盒子中隨機(jī)摸

出一個(gè)球.若第二次摸出黑球，則結(jié)束摸球，得200元購物券；若摸出的是白球，也結(jié)

束摸球，得100元購物券用X表示一位參加活動(dòng)者所得購物券的金額.

(1)在第一次摸出白球的條件下，求選中的盒子為甲盒的概率.

(2)①在第一次摸出白球的條件下，通過計(jì)算，說明選擇哪個(gè)方案第二次摸到黑球的

概率更大；

②依據(jù)以上分析，求隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望的最大值.

22

18.已知橢圓C*+力=1(?！?〉0)的上頂點(diǎn)為。(0,2),直線=H與橢圓C交于

A,3兩點(diǎn)，且直線與。3的斜率之積為-L

3

(1)求橢圓C的方程；

(2)若直線/'〃/,直線/'與橢圓C交于N兩點(diǎn)，且直線D暇與。N的斜率之和為

1,求/'與/之間距離的取值范圍.

19.已知函數(shù)/(x)=W，a>0.

e

(1)當(dāng)〃=2時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值；

(2)當(dāng)次>。時(shí)，不等式/(%)-85[111/(%)]2〃111%2一4%恒成立，求a的取值范圍.

參考答案

1.答案：D

2

解析：z1=(l+i)(l-2i)=l-2i+i-2i=3-i,

|z-zj=|-2i-3+i|=|-3-i|=^(-3)2+(-l)2=A/10.

故選：D.

2.答案：A

解析：對于AC,當(dāng)尤>0時(shí)，Vx>0,ex>1,cosx<l,

所以Vx>0,eA>cos%,故A正確，C錯(cuò)誤；

對于B,當(dāng)a=0,/?=—1時(shí)，儲(chǔ)=0<1=〃，故B錯(cuò)誤；

對于D,a3-b3=(tz-Z>)(?2+ab+b2^=[a-b^+-1^2

因?yàn)閍>b,所以。3一獷=(。一切+〉o,故D錯(cuò)誤.

故選：A.

3.答案：A

故選：A.

4.答案：B

解析：由題意可得2=tan巴=且，所以。=后,

a63

雙曲線的漸近線方程為y=±gx,即x±6y=0,

焦點(diǎn)(c,o)到漸近線x+Gy=o的距離1=7七=1=2,

所以c=4,

又片+//==16,〃=,所以/=4,a2=129

22

所以。的方程為《『L

故選：B.

5.答案：D

解析：如圖所示：OP<,記0M=%ON=n,則療+/=5,

AC=2yJ10-m,B￡>=2A/10-W2,

2

SACBD=^ACBD=2V10-m-J10-G<2x叫「丁—=15,

當(dāng)且僅當(dāng)J10-川=J10-",即冽="=羋時(shí)，取等號.

所以四邊形ACfiD的面積的最大值為15.

故選：D.

解析：/（%）+/（2-x）=2,①

.-./（l+x）+/（2-（l+x））=2,

即/（l+x）+/（l—%）=2,所以/（1+力-1=一（/（1一另一1）,

所以函數(shù)“力的圖象關(guān)于（1,1）對稱，

令x=l,則/（1）+/（1）=2,所以=

令尤=2,/（2）+/（0）=2,又/（0）=2,所以/（2）=0,

又/（x）-/（4-x）=0,.-./（2-X）=/（4-（2-X））=/（2+X）,②

即函數(shù)/（力的圖象關(guān)于直線x=2對稱，

/（3）=〃1）=1，

且由①和②，得/（x）+/（2+x）=2n/（2+x）+/（4+x）=2,

所以〃x）=/（4+x）,則函數(shù)的一個(gè)周期為4,

則/（4）=/（。）=2，

2024

所以Z/⑴=506[/(1)+/(2)+/(3)+/(4)]=506x(1+0+1+2)=2024.

i=l

故選：C.

7.答案：B

解析：設(shè)函數(shù)/(x)=e*,則0(x)=e，一1,

當(dāng)尤<0時(shí)，f'(x)<0,/(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時(shí)，f'(x)>Q,/(x)為增函數(shù)；

所以/(%)2/(0)=0,即e'Nx+1.

因?yàn)镾3=e*2s4+I,所以S3—SQL即&V-L

因?yàn)?=%二,ax>\,所以q<0,排除A,C.

若q=—1,囚=2〉1,則邑=2,邑=0,不滿足S3=eJ,排除D.

故選：B.

8.答案：C

解析：對于①：因?yàn)?3。=81°=(7+1)1°=371°+或79++C；07+1,

所以23。被7除所得余數(shù)為1,

所以23。+1被7除所得余數(shù)為2,

所以23°+1三65(mod7),正確；

對于②：若正整數(shù)X能被13整除，貝x=x(M2—1)能被13整除，

所以代一工三0(modl3)；

若正整數(shù)x不能被13整除，由費(fèi)馬小定理得：%12=l(modl3),即

x13-x=0(modl3),正確；

對于③：若正整數(shù)X能被7整除，貝U/3—x=x(f2—1)能被7整除，

所以父3一刀三o(modl3)；

若正整數(shù)x不能被7整除，由費(fèi)馬小定理得：x6=l(mod7),即x，一1三0(mod7),

X%13-x=x(x12-1)=x(x6-l)(x6+1),所以93-x三o(mod7),正確；

對于④：由費(fèi)馬小定理得：J三l(mod5),即X。一1三0(mod5),

又嚴(yán)—1=(,—1X3+V+1),

所以父2-1三o(mod5),錯(cuò)誤.

故選：c.

9.答案：ABD

解析：對于A選項(xiàng)：隨著變量x的增加，變量y也在增加，故變量y和變量x成正相

關(guān)，即樣本相關(guān)系數(shù)為正數(shù)，正確；

對于B選項(xiàng)：因?yàn)橛谩倒?=打/+4X+C2比夕1=偽％+%的擬合效果好，正確;

對于C選項(xiàng)：回歸方程可預(yù)測2024年的能源消費(fèi)總量，不可準(zhǔn)確預(yù)測，錯(cuò)誤；

對于D選項(xiàng)：由回歸方程必過樣本中心點(diǎn)，可知y=32+%，正確.

故選：ABD.

10.答案：AC

解析：對于A,因?yàn)?—所以函數(shù)/(%)關(guān)于x=g軸對稱，

所以@+0=烏+碗，左GZ,解得夕=-2+版，左GZ,

326

又帆歸二，所以當(dāng)左=0時(shí)，(p=--,故A正確；

26

對于B,/(x)=sin^2x--^-J,

、【42兀rt_L7兀c7111兀

當(dāng)—<%<兀nj9—<2%<----9

3666

因?yàn)閥=sinx在區(qū)間等］上不單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；

對于CD,將函數(shù)/(力向右平移a(a>0)個(gè)單位長度后得到g(x)=sin—2a4

由g(x)偶函數(shù)，可得：一2。—女=女+版，kwZ,解得。=—三―如，左eZ,

6232

又a〉0,所以當(dāng)左=-1時(shí)，。的最小值為巴，故C正確，D錯(cuò)誤.

6

故選：AC.

11.答案：AC

解析：由題意e，=l+:一有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根，1=山，x=ln±U,

X—1X—1X—1

令/z(%)=%-ln小丑，貝！J/?(_尤)=_無_1口九+1二_：(九)，即必九)為奇函數(shù)；

x-l-X-1

r21

當(dāng)x>l時(shí)，h\x)=--+>0,飄x)為增函數(shù);

X-1

若力(%)=0,貝!J/z(-玉)=0,又〃(%2)=0，所以犬i+%2=0?

對于A,%為=e"e*2=e~+'2=1,正確.

對于B,若=9巧=J_成立，則有玉%2=-1,與石+%2=0矛盾，所以B不正確.

e

對于C,由指數(shù)均值不等式5上〉e”1可得《上>1,所以上&>1,C正確.

x2-Xjx2-x1X2

對于D,令F(x)=xe"F(x)=(%+l)e\當(dāng)x>l時(shí)，F(xiàn)r(x)>0,E(x)為增函數(shù)，

所以砥々)〉=e,即D不正確.

故選：AC.

12.答案：8

解析：根據(jù)拋物線方程可知，拋物線焦點(diǎn)為E(0,4),準(zhǔn)線為y=T,所以點(diǎn)R到直線

/的距離為8.

故答案為：8.

13.答案：50

解析：根據(jù)特殊元素“甲同學(xué)”分類討論，

當(dāng)A單位只有甲時(shí)，其余四人分配到3,C,不同分配方案有C；C；A；+C；C；=14種；

當(dāng)A單位不只有甲時(shí)，其余四人分配到A,B,C,不同分配方案有量裂A；=36

A?

種；

合計(jì)有50種不同分配方案，

故答案為：50.

14.答案：叵

10

解析：連接OC,過C作垂直于80的延長線于點(diǎn)以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間

直角坐標(biāo)系如下所示：

Zk

在三角形OBC中，因?yàn)?8=3,OC=3,BC=2店,

,,OB2+BC2-OC29+20-96“nc￡君I。

故cosBD=---------------=--------尸=——，貝mi1lJBDtHJ=BC-cosB=2y/5x——=—

2OBBC2x3x2近333

則CH=屈E==*-故點(diǎn)C[，￥，O]

又5(3,0,0),0(0,0,0),Q(0,0,2),設(shè)點(diǎn)A(加，22),加/?—1,1],由O1A=1,則可

得/+/=1；

3C=1—3,羋,o],BO,=(-3,0,2),

I33J

設(shè)平面O#C的法向量加=(羽y,z),

fm-BC=0an_2+t5V=o言「…

則|，即133'，取y=逐，貝1Jx=2,z=3,

mBOi=0-3x+2z=0

故平面QB。的法向量加=(2,6,3),又QA=(m,",2),

設(shè)直線AO與平面。酒。所成角為0,0^0,1-

/.\H°A\lm+小n+6|12m+非n+6|

貝!]sine=cos(OA,m)=------

'/|m|OA3A/2x[m2+/+43y/10

因?yàn)榧樱瑤住禰—1,1],且“+〃2=i,故令加=cosa,n=sina,crG[0,2K),

rr.2^57171

則2m+V5n+6=<5sino+2cosa+6=3sin(a+9)+6,tan。=§,cpG

2"2

XcrG[0,2TI),故sin(a+0),3sin(a+0)+66[3,9],也即

2m+V5n+6G[3,9]，

故sin。的最大值為二=也,

又。，嗚,故cos6的最小值為Vl-sin20=.

371010

即直線AO與平面OM所成角的余弦值的最小值為亞.

10

故答案為：叵.

10

15.答案：(1)AB=y/3+l

(2)276

AB?+BD?-AD?A5?+6-4

解析:(1)由余弦定理可得3>

2ABBD2娓AB

化簡為人笈-2島3+2=0,解得A5=G+1或指-1,

l(8-1)+4-62-2-J3

當(dāng)A3=6—1時(shí)，因?yàn)閏os/B4D=^------J~1=--------―~?<0,與為銳

2x2x(g—1)2x2x(g—1)

角三角形不符合，故AB=^+1.

（2）作AE,C5垂直5。于E,F,設(shè)NAO6=N1,

則SMCD=S^D+S^CBD=^BDAE+^BDCF

=^BD(AOsinZ1+COsinZl)=-BDACsinZl

2

當(dāng)5由4=1=>/1=90。=4?，%）,四邊形面積最大，最大面積為、4義B=2痣.

2

16.答案：（1）證明見解析

⑵空

解析：（1）取A。的中點(diǎn)。，連接OP,OB,BD,

在菱形ABC。中，ZZMB=60°,

則△AB。為等邊三角形，所以

因?yàn)镻A=PD=W，所以ADLOP,

因?yàn)镺POB=O,OP,O3u平面POB,所以AD,平面POB,

又因?yàn)锳D〃BC,所以平面POB,

又P3u平面POB,

所以尸BL5C；

(2)因?yàn)镺5LAD,AD±OP,QPu平面PAD,QBu平面AC。,

所以NPOB即為二面角P-AD-C的平面角，

所以々06=150。，

如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，

OP=yJp^-OAl=3,

則4(1,0,0),B(0,73,0),C(-2,V3,0),P0,—M■，—,

故3尸=0,-任二，AB=(l,-V3,0),CB=(2,0,0),

1乙乙)

設(shè)平面PAB的法向量為〃=(x,y,z),

\n-BP=--y+-z=0r-

則有《22，令y=5貝ijx=3,Z=5,

n-AB=x-6y=0

所以〃二(3,6,5),

設(shè)平面PBC的法向量為根="c),

則有產(chǎn)族=-孚。+|c=0,可取巾=僅

，65),

mBC=2a=0

l.m-n282幣

則17ncos私”=|=「,—=「,

mn2V7xV37V37

所以平面APB與平面CPB夾角的正弦值為

（2）①方案二中取到黑球的概率更大；②282

解析：（1）設(shè)試驗(yàn)一次，“取到甲盒”為事件A，“取到乙盒”為事件

“第一次摸出黑球”為事件印，“第一次摸出白球”為事件顯，

19179

P(B2)=P(Al)P(B2\Al)+P(A2)P(B2\A2)=-x-+-x-=—,

21

所以不闖=稱一四4）?。出二

m)丁=3'

20

7

所以選中的盒子為甲盒的概率為4.

9

27

（2）①P（&忸2）=1-P（A|§2）=1-3=3,

所以方案一中取到黑球的概率為：

287337

4=P（A|B2）P（4|A）+P（闋2）P（周4）=—x----1——x—=——,

91091090

方案二中取到黑球的概率為:

Q=P(4間尸(4⑷+P(A出2)P(4[4)=(X?+|/=祟||，

因?yàn)槎刀?所以方案二中取到黑球的概率更大.

4590

②隨機(jī)變量X的值為300,200,100,

依據(jù)以上分析，若采用方案一：

p（x=300）=p（4）=i-p（§2）=t，

Q3737

P（X=2OO）=P（5）P=一x一=---,

,7v2712090200

P（X=100）=1----=—,

'720200200

113753

E（X）=300x—+200x"+100x3=228.5,

'720200200

若采用方案二：

P（X=300）=P（4）=l-P（與）=1,

Q3131

P（X=200）=P（B}R=——x——=,

l7v2722045100

P（X=100）=1----=—,

'72010050

E（X）=300x—+200x—+100x—=282,

'72010020

所以隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望的最大值282.

2y2

+匕=1

4

解析：（1）設(shè)A（X［，辰J,磯為2出2），

22

由題意，可*2,則橢圓片+〉,

y-kx

聯(lián)立方程組%2y2,得（4+42左2）尤2_4。2=0,

~7-----二1

4

、一4〃2

顯然△＞（）,且%+%=°，=---Z—7

4+/左2

因?yàn)橐掖?—；，即組二1生二=_：

3Xjx23

化簡得（3左2+1）王工一6左（西+X2）+12=0,

所以（次則.多+12=。，解得

22

所以橢圓”+卜;

(2)由直線/'〃/,設(shè)直線/':y=Ax+(mW±2>

Af(&,也+m)，B(X4,AX4+m),

y=kx+m

聯(lián)立方程組X2y2,得(1+3左2)龍2+6^^+3/712-12=0,

1124

222

則A=36k2病—4(3左2+l)(m-4)=12(12Z:-m+4)>0,

得加<12左2+4①,

—6km3m2-12

且％+%=3左2+1'%3%43k2+1

又因?yàn)榉碝+&N=1,即9±-+-=1,

化簡得（2左一1）%3%4+（加一2）（毛+%4）=。，

則（2左—1）/尋+（〃一2）-6km

?=0,

3K十13k2+1

化簡得（加一2）（4左一加一2）二0,

因?yàn)榧觲±2,所以根=4左一2,結(jié)合①可知。＜左＜4,

4左2—4左+1

3之…小

41+P

、a/,\4左2-4Z+1,/x2(24-1)(4+2)

設(shè)g⑶=F^，則g㈤=(1+&2'

當(dāng)左=g時(shí)，g'仕）=。，

則當(dāng)左gr（k）＜0,則g（x）單調(diào)遞減,

當(dāng)左e[g,4],g＜人）＞0,則g（x）單調(diào)遞增，

所以g（x）min=g（g）=0，

又g（0）=l,g