2024屆河北省雄安新區(qū)部分高中高考三模數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE3河北省雄安新區(qū)2024屆部分高中高考三模數學試題第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題1.設，為單位向量，則的最大值為（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗因為，，為單位向量，所以.當且僅當同向時，取到等號.故選：C.2.已知復數為虛數單位)，則“”是“在復平面內對應的點位于第四象限”的（）條件.A.充要條件 B.充分不必要條件 C.必要不充分條件 D.既不充分又不必要條件〖答案〗A〖解析〗，則在復平面內對應的點為；點位于第四象限的充要條件是，即；故“”是“在復平面內對應的點位于第四象限”的充要條件.故選：A.3.設全集為定義集合與的運算：且，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗且，故選：B4.已知，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，，所以，解得，所以，又，所以，所以.故選：A5.如圖，將正四棱臺切割成九個部分，其中一個部分為長方體，四個部分為直三棱柱，四個部分為四棱錐．已知每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則該正四棱臺的體積為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗設每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設每個四棱錐的底面邊長為，設正四棱臺的高為，因為每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則，可得，可得，所以，該正四棱臺的體積為.故選：C.6.小李買了新手機后下載了4個APP，已知手機桌面上每排可以放4個APP，現要將它們放成兩排，且和放在同一排，則不同的排列方式有（）A.288種 B.336種 C.384種 D.672種〖答案〗D〖解析〗分兩種情況討論：①和單獨放一排，有種排列方式，②和與或其中的一個放一排，有種排列方式，所以不同的排列方式有種．故選：D．7.已知直線l：與曲線W：有三個交點D、E、F，且，則以下能作為直線l的方向向量的坐標是（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗顯然函數的定義域為R，，即函數是奇函數，因此曲線的對稱中心為，由直線l與曲線的三個交點滿足，得，設，則，令，則有，即，解得，即，因此點或，或，選項中只有坐標為的向量與共線，能作為直線l的方向向量的坐標是.故選：C8.過拋物線焦點且斜率為的直線與交于兩點，若為的內角平分線，則面積最大值為（）A. B. C. D.16〖答案〗B〖解析〗拋物線焦點，直線的方程為，由，解得，，不妨令，則，由為的內角平分線，得，設點，于是，整理得，顯然點在以點為圓心，2為半徑的圓上，因此點到直線距離的最大值為2，所以面積最大值為.故選：B.二、選擇題9.設A，B是一次隨機試驗中的兩個事件,且,，，則（）A.A，B相互獨立 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗由題意可知，事件互斥，且，所以，即，故A正確；則，故B正確；由條件概率公式可知：，故C錯誤；，，即，故D正確.故選：ABD10.如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則（）A.該幾何體的表面積為B.該幾何體為七面體C.二面角的余弦值為D.存在球，使得該多面體的各個頂點都在球面上〖答案〗AC〖解析〗依題意，正四棱錐和正四面體的所有棱長均為1，對于A，該幾何體的表面積為，A正確；對于B，取中點，連接，由均為正三角形，得，則分別是二面角和二面角的平面角，且平面，平面，而平面與平面有公共點，因此四點共面，又，，而，于是，則平面與為同一平面，同理，平面和平面也為同一平面，所以該幾何體為五面體，B錯誤；對于C，由選項B知，二面角余弦值為，C正確；對于D，正四棱錐的外接球球心在過點垂直于平面的直線上，正四面體的外接球球心在過點垂直于平面的直線上，而平面平面，因此直線與直線不重合，顯然，即點在球外，點在球外，所以不存在球，使得該多面體的各個頂點都在球面上，D錯誤.故選：AC.11.已知函數與，記，其中，且．下列說法正確的是（）A.一定為周期函數B.若，則在上總有零點C.可能為偶函數D.在區(qū)間上的圖象過3個定點〖答案〗ABD〖解析〗對于A，，，A正確；對于B，，則，，因為，即，同號，所以，由零點存在定理知在上總有零點，故B正確；對于C，，，由得對恒成立，則與題意不符，故C錯誤；對于D，令，則，即，，故所有定點坐標為，，，，又因為，所以函數的圖象過定點，，，故D正確；故選：ABD．第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題12.展開式中的常數項是120，則實數______．〖答案〗2〖解析〗∵展開式的通項公式為，令得，即．令得，即，∴展開式中的常數項為，故，解得．故〖答案〗為：213.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過的直線與軸相交于點，與在第一象限的交點為，若，，則的離心率為______．〖答案〗〖解析〗設，則，所以，因為，所以，可得，即①，因為，所以，所以，即②，由①②可得，解得，或（舍去）.故〖答案〗為：.14.若對于，,使得不等式恒成立，則整數x的最大值為______．〖答案〗〖解析〗恒成立，等價于.令，，則，注意到時，，，時，.則在上單調遞減，在上單調遞增，則.則，則.令，.當，，故滿足條件；當，則在上單調遞減，故.令，.則，得在上單調遞增，時，，不合題意；綜上，整數x的最大值為.故〖答案〗為：.四、解答題15.已知函數．（1）若是的一個極值點，求的值；（2）若有兩個極值點，，其中，求的取值范圍．解：（1）易知，又是的一個極值點，所以，即，所以，此時，令，，所以在上單調遞增，且，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極小值點，即符合題意，因此的值為．（2）因為，且有兩個極值點，，所以方程在上有兩個不同的根，即方程有兩個不同的正數根，將問題轉化為函數與函數的圖象在上有兩個不同的交點，則，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，且當時，，，故作出的圖象如圖所示：由圖象可知滿足題意，即，即的取值范圍為．16.在四棱錐中，平面底面，．（1）是否一定成立？若是，請證明，若不是，請給出理由；（2）若是正三角形，且是正三棱錐，，求平面與平面夾角的余弦值．解：（1）因為平面底面，過點作的垂線交于點，又平面底面，平面，所以底面，若，則點與點重合，即底面，所以垂直平面內任意直線，即與無論何種位置關系，都有，所以不一定成立.

（2）因為是正三角形，則點為的中點，由（1）底面，又底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又是正三棱錐，即為等邊三角形，設，則為的中點，作，則底面，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面的法向量為，則，取，設平面的法向量為，則，取，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.17.10米氣步槍是國際射擊聯合會的比賽項目之一，資格賽比賽規(guī)則如下：每位選手采用立姿射擊60發(fā)子彈，總環(huán)數排名前8的選手進入決賽.三位選手甲、乙、丙的資格賽成績如下：環(huán)數6環(huán)7環(huán)8環(huán)9環(huán)10環(huán)甲的射擊頻數11102424乙的射擊頻數32103015丙的射擊頻數24101826假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的射擊成績相互獨立.（1）若丙進入決賽，試判斷甲是否進入決賽，并說明理由；（2）若甲、乙各射擊2次，估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率；（3）甲、乙、丙各射擊10次，用分別表示甲、乙、丙的10次射擊中大于環(huán)的次數，其中，寫出一個的值，使，并說明理由.解：（1）甲進入決賽，理由如下：丙射擊成績的總環(huán)數為，甲射擊成績的總環(huán)數為，因為，所以用樣本來估計總體可得甲進入決賽.（2）根據題中數據：“甲命中9環(huán)”的概率可估計為，“甲命中10環(huán)”的概率可估計為，“乙命中9環(huán)”的概率可估計為，“乙命中10環(huán)”的概率可估計為，所以估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率為.（3）或（寫出其中一個即可）.根據題中數據：當時，在每次射擊中，甲擊中大于6環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于6環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于6環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，，不滿足．當時，在每次射擊中，甲擊中大于7環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于7環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于7環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，，滿足．當時，在每次射擊中，甲擊中大于8環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于8環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于8環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，滿足．當時，在每次射擊中，甲擊中大于9環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于9環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于9環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，，不滿足.18.已知是上動點（點是圓心）.定點，線段的中垂線交直線于點.（1）求點軌跡；（2）設點（不在軸上）在處的切線是.過坐標原點點做平行于的直線，交直線分別于點.試求的取值范圍.解：（1）由中垂線的性質得，所以，所以，動點的軌跡是以為焦點，長軸長為4的橢圓，設該橢圓的方程為，則，，因此，曲線的方程為：．（2）方法一：因為，設，則.因為存在斜率，設為，所以直線的方程為聯立可得，消去，①，由已知，方程①的判別式，所以，所以②，方程②的判別式，又，即，所以，所以方程②的解為，又，所以，所以直線的方程為：所以CD：③.又直線PA：④，聯立③④，消可得，，解得，帶入得.同理可得，，所以；又，.方法二：由橢圓的光學性質可知，是的外角平分線（如圖標識），即因為，所以，從而，結合，所以由正弦定理可知，這意味著，從而，因為，這樣，由可知，.所以.19.已知：為有窮正整數數列，其最大項的值為，且當時，均有.設，對于，定義，其中，表示數集M中最小的數.（1）若，寫出的值；（2）若存在滿足：，求的最小值；（3）當時，證明：對所有.（1）解：由，，則，故，則，故，則，故；（2）解：由題意可知，，當時，由，，故，則，由題意可得，故、總有一個大于，即或，，由，故、、總有一個大于，故，故當時，，不符，故，當時，取數列，有，，，即，符合要求，故的最小值為；（3）證明：因，所以，(i)若，則當時，至少以下情況之一成立：①，這樣的至少有個，②存在，這樣的至多有個，所以小于的至多有個，所以，令，解得，所以，(ii)對，若，且，因為，所以當時，至少以下情況之一成立：①，這樣的至多有個；②存在且，這樣的至多有個，所以，令，解得，即，其中表示不大于的最大整數，所以當時，；綜上所述，定義，則，依次可得：，，所以.

河北省雄安新區(qū)2024屆部分高中高考三模數學試題第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題1.設，為單位向量，則的最大值為（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗因為，，為單位向量，所以.當且僅當同向時，取到等號.故選：C.2.已知復數為虛數單位)，則“”是“在復平面內對應的點位于第四象限”的（）條件.A.充要條件 B.充分不必要條件 C.必要不充分條件 D.既不充分又不必要條件〖答案〗A〖解析〗，則在復平面內對應的點為；點位于第四象限的充要條件是，即；故“”是“在復平面內對應的點位于第四象限”的充要條件.故選：A.3.設全集為定義集合與的運算：且，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗且，故選：B4.已知，，，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，，所以，解得，所以，又，所以，所以.故選：A5.如圖，將正四棱臺切割成九個部分，其中一個部分為長方體，四個部分為直三棱柱，四個部分為四棱錐．已知每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則該正四棱臺的體積為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗設每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設每個四棱錐的底面邊長為，設正四棱臺的高為，因為每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則，可得，可得，所以，該正四棱臺的體積為.故選：C.6.小李買了新手機后下載了4個APP，已知手機桌面上每排可以放4個APP，現要將它們放成兩排，且和放在同一排，則不同的排列方式有（）A.288種 B.336種 C.384種 D.672種〖答案〗D〖解析〗分兩種情況討論：①和單獨放一排，有種排列方式，②和與或其中的一個放一排，有種排列方式，所以不同的排列方式有種．故選：D．7.已知直線l：與曲線W：有三個交點D、E、F，且，則以下能作為直線l的方向向量的坐標是（）．A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗顯然函數的定義域為R，，即函數是奇函數，因此曲線的對稱中心為，由直線l與曲線的三個交點滿足，得，設，則，令，則有，即，解得，即，因此點或，或，選項中只有坐標為的向量與共線，能作為直線l的方向向量的坐標是.故選：C8.過拋物線焦點且斜率為的直線與交于兩點，若為的內角平分線，則面積最大值為（）A. B. C. D.16〖答案〗B〖解析〗拋物線焦點，直線的方程為，由，解得，，不妨令，則，由為的內角平分線，得，設點，于是，整理得，顯然點在以點為圓心，2為半徑的圓上，因此點到直線距離的最大值為2，所以面積最大值為.故選：B.二、選擇題9.設A，B是一次隨機試驗中的兩個事件,且,，，則（）A.A，B相互獨立 B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗由題意可知，事件互斥，且，所以，即，故A正確；則，故B正確；由條件概率公式可知：，故C錯誤；，，即，故D正確.故選：ABD10.如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則（）A.該幾何體的表面積為B.該幾何體為七面體C.二面角的余弦值為D.存在球，使得該多面體的各個頂點都在球面上〖答案〗AC〖解析〗依題意，正四棱錐和正四面體的所有棱長均為1，對于A，該幾何體的表面積為，A正確；對于B，取中點，連接，由均為正三角形，得，則分別是二面角和二面角的平面角，且平面，平面，而平面與平面有公共點，因此四點共面，又，，而，于是，則平面與為同一平面，同理，平面和平面也為同一平面，所以該幾何體為五面體，B錯誤；對于C，由選項B知，二面角余弦值為，C正確；對于D，正四棱錐的外接球球心在過點垂直于平面的直線上，正四面體的外接球球心在過點垂直于平面的直線上，而平面平面，因此直線與直線不重合，顯然，即點在球外，點在球外，所以不存在球，使得該多面體的各個頂點都在球面上，D錯誤.故選：AC.11.已知函數與，記，其中，且．下列說法正確的是（）A.一定為周期函數B.若，則在上總有零點C.可能為偶函數D.在區(qū)間上的圖象過3個定點〖答案〗ABD〖解析〗對于A，，，A正確；對于B，，則，，因為，即，同號，所以，由零點存在定理知在上總有零點，故B正確；對于C，，，由得對恒成立，則與題意不符，故C錯誤；對于D，令，則，即，，故所有定點坐標為，，，，又因為，所以函數的圖象過定點，，，故D正確；故選：ABD．第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題12.展開式中的常數項是120，則實數______．〖答案〗2〖解析〗∵展開式的通項公式為，令得，即．令得，即，∴展開式中的常數項為，故，解得．故〖答案〗為：213.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，過的直線與軸相交于點，與在第一象限的交點為，若，，則的離心率為______．〖答案〗〖解析〗設，則，所以，因為，所以，可得，即①，因為，所以，所以，即②，由①②可得，解得，或（舍去）.故〖答案〗為：.14.若對于，,使得不等式恒成立，則整數x的最大值為______．〖答案〗〖解析〗恒成立，等價于.令，，則，注意到時，，，時，.則在上單調遞減，在上單調遞增，則.則，則.令，.當，，故滿足條件；當，則在上單調遞減，故.令，.則，得在上單調遞增，時，，不合題意；綜上，整數x的最大值為.故〖答案〗為：.四、解答題15.已知函數．（1）若是的一個極值點，求的值；（2）若有兩個極值點，，其中，求的取值范圍．解：（1）易知，又是的一個極值點，所以，即，所以，此時，令，，所以在上單調遞增，且，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極小值點，即符合題意，因此的值為．（2）因為，且有兩個極值點，，所以方程在上有兩個不同的根，即方程有兩個不同的正數根，將問題轉化為函數與函數的圖象在上有兩個不同的交點，則，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，且當時，，，故作出的圖象如圖所示：由圖象可知滿足題意，即，即的取值范圍為．16.在四棱錐中，平面底面，．（1）是否一定成立？若是，請證明，若不是，請給出理由；（2）若是正三角形，且是正三棱錐，，求平面與平面夾角的余弦值．解：（1）因為平面底面，過點作的垂線交于點，又平面底面，平面，所以底面，若，則點與點重合，即底面，所以垂直平面內任意直線，即與無論何種位置關系，都有，所以不一定成立.

（2）因為是正三角形，則點為的中點，由（1）底面，又底面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又是正三棱錐，即為等邊三角形，設，則為的中點，作，則底面，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面的法向量為，則，取，設平面的法向量為，則，取，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為.17.10米氣步槍是國際射擊聯合會的比賽項目之一，資格賽比賽規(guī)則如下：每位選手采用立姿射擊60發(fā)子彈，總環(huán)數排名前8的選手進入決賽.三位選手甲、乙、丙的資格賽成績如下：環(huán)數6環(huán)7環(huán)8環(huán)9環(huán)10環(huán)甲的射擊頻數11102424乙的射擊頻數32103015丙的射擊頻數24101826假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的射擊成績相互獨立.（1）若丙進入決賽，試判斷甲是否進入決賽，并說明理由；（2）若甲、乙各射擊2次，估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率；（3）甲、乙、丙各射擊10次，用分別表示甲、乙、丙的10次射擊中大于環(huán)的次數，其中，寫出一個的值，使，并說明理由.解：（1）甲進入決賽，理由如下：丙射擊成績的總環(huán)數為，甲射擊成績的總環(huán)數為，因為，所以用樣本來估計總體可得甲進入決賽.（2）根據題中數據：“甲命中9環(huán)”的概率可估計為，“甲命中10環(huán)”的概率可估計為，“乙命中9環(huán)”的概率可估計為，“乙命中10環(huán)”的概率可估計為，所以估計這4次射擊中出現2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率為.（3）或（寫出其中一個即可）.根據題中數據：當時，在每次射擊中，甲擊中大于6環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于6環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于6環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，，不滿足．當時，在每次射擊中，甲擊中大于7環(huán)的概率為，在每次射擊中，乙擊中大于7環(huán)的概率為，在每次射擊中，丙擊中大于7環(huán)的概率為，由題意可知，，，此時，，，滿足．當時，在每次射擊中，甲擊中大于8環(huán)的概率為，在