2024屆河北省部分高中高三下學期二?？荚嚁祵W試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2河北省部分高中2024屆高三下學期二?？荚嚁祵W試題一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，故.故選：A.2.已知復數是實數，則（）A. B. C. D.2〖答案〗D〖解析〗因為是實數，所以，即.故選：D.3.已知隨機變量服從正態(tài)分布，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗因為，則，，若則，即，故充分性成立，若，則，解得或，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.4.已知一個底面內口直徑為的圓柱體玻璃杯中盛有高為的水，向該杯中放入一個半徑為的實心冰球和一個半徑為的實心鋼球，待實心冰球融化后實心鋼球恰好淹沒在水中（實心鋼球與杯中水面、杯底均相切），若實心冰球融化為水前后的體積變化忽略不計，則實心鋼球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意可得，實心冰球融化前后體積不變，則有，化簡可得：，即，，解得：，所以鋼球表面積為.故選：D.5.已知點，都是圖象上的點，點到軸的距離均為1，把的圖像向左平移個單位長度后，點分別平移到點，且點關于原點對稱，則的值不可能是（）A.3 B.5 C.10 D.11〖答案〗C〖解析〗由，可得，，因為點關于原點對稱，所以，又因為由是圖象上的點，所以，所以，所以，故，，所以，又，所以，故或，，即或，，結合選項知選C．故選：C.6.已知，是圓上的兩個動點，且，若點滿足，點在直線上，則的最小值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如圖，連接，由，是圓上的兩個動點，且，即，又，則，可得，所以，則動點的軌跡方程為，且圓心到直線的距離為，所以最小值為.故選：D.7.某地計劃對如圖所示的半徑為的直角扇形區(qū)域按以下方案進行擴建改造,在扇形內取一點使得,以為半徑作扇形，且滿足，其中，，則圖中陰影部分的面積取最小值時的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意知，則圖中陰影部分的面積，因為，，所以，所以，令，則，由，得，因為，所以，令，得，所以，所以，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，最小，即圖中陰影部分面積取最小值.故選：A.8.已知函數,,正實數a,b,c滿足，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由題得，，由，得，即，所以．由，得，因為，，所以，又，所以，所以．由，得，即．易知，所以，所以，故．又，所以，所以，所以，所以，所以．故選：B．二、選擇題9.已知為坐標原點，焦點為的拋物線過點，過且與垂直的直線與拋物線的另一交點為，則（）A. B.C. D.直線與拋物線的準線相交于點〖答案〗ACD〖解析〗由拋物線過點，可得，則，故A正確；由上可知拋物線，準線方程為，所以，故B錯誤；由已知可得，所以直線的方程為，即，聯立方程組，得，解得或，故，所以，故C正確；由直線的方程，令，得，所以直線與拋物線的準線相交于點，故D正確.故選：ACD10.已知，，其中，．若，則（）A. B.C. D.〖答案〗AB〖解析〗二項式展開式通項為（且），，所以，，因為，所以，解得（舍去）或，故A正確；由，令可得，故B正確；由，令可得，令可得，所以，故C錯誤；將兩邊對求導可得，，令可得，故D錯誤.故選：AB11.一般地，如果一個四面體存在由同一點出發(fā)的三條棱兩兩垂直，我們把這種四面體叫做直角四面體，記該點為直角四面體的直角頂點，兩兩垂直的三條棱叫直角四面體的直角棱，任意兩條直角棱確定的面叫直角四面體的直角面，除三個直角面外的一個面叫斜面．若一個直角四面體的三條直角棱長分別為，，，直角頂點到斜面的距離為，其內切球的半徑為，三個直角面的面積分別為，，，三個直角面與斜面所成的角分別為，，，斜面的面積為，則（）A.直角頂點在斜面上的射影是斜面的內心 B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗A選項，連接，由于⊥，⊥，且，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，因為⊥平面，平面，所以⊥，因為，平面，所以⊥平面，因為平面，所以⊥，同理可得⊥，⊥，故為的垂心，不一定為內心，A錯誤；B選項，由A可知，⊥平面，⊥平面，延長交于點，連接，因為平面，平面，則⊥，⊥，設，在Rt中，，，故，又，所以，故，設直角面與斜面所成角分別為，則，同理可得，故，B正確；C選項，顯然，且，故，當且僅當時，等號成立，綜上，，C正確；D選項，直角四面體的體積，故，，又，，所以，D正確.故選：BCD三、填空題12.記樣本數據10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位數為a，平均數為b，則=______．〖答案〗〖解析〗將樣本數據按從小到大的順序排列，得4，6，8，8，10，16，18，24，32，所以中位數，由平均數的計算公式得，所以.故〖答案〗為：.13.已知等差數列的前項積為，，，，則當取得最小值時，______．〖答案〗〖解析〗設等差數列的公差為，由，得，則，，得，則是遞增數列，且，，因此當時，，當時，，因此最小，故取得最小值時，.故〖答案〗為：14.閱讀下列兩則材料：材料1．圓錐曲線的軸與頂點的定義：對平面內一圓錐曲線，若存在直線，使得對于曲線上任意一點，要么點在直線上，要么曲線上存在與點相異的一點，使得點與點關于直線對稱，則稱曲線關于直線對稱，直線稱為曲線的軸，曲線與其軸的交點稱為曲線的頂點．材料2．某課外學習興趣小組通過對反比例函數的圖象的研究發(fā)現：反比例函數的圖象是雙曲線，其兩條漸近線為軸和軸，兩條漸近線的夾角為．①若將雙曲線繞其中心適當旋轉可使其漸近線變?yōu)橹本€，由此可求得其離心率為．②若,則將與聯立可求得雙曲線的頂點坐標為,．完成下列填空：已知函數的圖象是雙曲線，直線和軸是雙曲線的兩條漸近線，則雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為______．〖答案〗〖解析〗直線和軸是雙曲線的兩條漸近線，由閱讀材料可知，雙曲線的焦點所在的對稱軸是直線.由頂點的定義知，對稱軸與雙曲線的交點即頂點，聯立得，解得：或，所以雙曲線的位于第一象限的頂點為.若將雙曲線繞其中心適當旋轉可使其漸近線變?yōu)橹本€，則雙曲線的離心率，設雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為，則，所以，所以，所以雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為.故〖答案〗為：四、解答題15.已知函數．（1）求曲線在處的切線與坐標軸圍成的三角形的周長；（2）若函數的圖象上任意一點關于直線的對稱點都在函數的圖象上，且存在，使成立，求實數的取值范圍．解：（1）由，得，所以切線的斜率.所以切線的方程為，即.令，得，令，得，所以切線與軸交于點，與軸交于點，所以切線與坐標軸圍成的三角形的周長為.（2）設，則，由題意知在的圖象上，所以，所以.由，得，即，因為存在，使成立，所以存在，使成立，設，則，又，當且僅當時等號成立，所以單調遞增，所以當時，，可得，即實數的取值范圍是16.“九子游戲”是一種傳統的兒童游戲，它包括打彈子、滾圈子、踢毽子、頂核子、造房子、拉扯鈴子、刮片子、摜結子、抽陀子九種不同的游戲項目，某小學為豐富同學們的課外活動，舉辦了“九子游戲”比賽，所有的比賽項目均采用局勝的單敗淘汰制，即先贏下局比賽者獲勝.造房子游戲是同學們喜愛的項目之一，經過多輪淘汰后，甲、乙二人進入造房子游戲的決賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為.（1）若，，設比賽結束時比賽的局數為，求的分布列與數學期望；（2）設采用3局2勝制時乙獲勝的概率為，采用5局3勝制時乙獲勝的概率為，若，求的取值范圍.解：（1）因為，所以比賽采用3局2勝制，的所有可能取值為2，3，，，的分布列為23所以.（2）由題意知，.由，得，且，則，可得，整理得，解得，所以的取值范圍為.17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形且，是邊長為的等邊三角形，，，分別為，，的中點，與交于點．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．（1）證明：如圖，設與交于點，連接.因為分別為的中點，底面是菱形，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為為的中點，所以為的中點，因為為的中點，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：連接，因為是邊長為的等邊三角形，為的中點，所以.因為底面是菱形且，易知為等邊三角形，所以.易知，所以，所以.因為，所以，所以.所以兩兩垂直，以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，得，取，則，所以.設平面的法向量為，則，得，則，取，則，所以.所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.18.已知橢圓的離心率．（1）若橢圓過點，求橢圓的標準方程．（2）若直線，均過點且互相垂直，直線交橢圓于兩點，直線交橢圓于兩點，分別為弦和的中點，直線與軸交于點，設.（?。┣?；（ⅱ）記，求數列的前項和．解：（1）因為，，所以，所以橢圓的方程為，因為橢圓過點，所以，解得，所以橢圓的方程為.（2）（?。┊斨本€中一條直線的斜率不存在，另一條直線的斜率為0時，直線與軸重合，不符合題意.故直線的斜率均存在且不為0.設直線的方程為，,聯立方程，消去并整理得，因為直線與橢圓相交于兩個不同的交點，所以，根據韋達定理得，，則，同理可得，因為三點共線，所以，易知，則，因為，所以.（ⅱ）結合（?。┛芍?，所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以數列的前項和.19.若內一點滿足，則稱點為的布洛卡點，為的布洛卡角．如圖，已知中，，，，點為的布洛卡點，為的布洛卡角．（1）若，且滿足，求的大小．（2）若為銳角三角形．（?。┳C明：．（ⅱ）若平分，證明：．（1）解：若，即，得，點滿足，則，在和中，，，所以與相似，且，所以，即，由余弦定理得：，且，，得，且，所以；（2）（ⅰ）證明：在內，應用余弦定理以及三角形的面積公式得：，，，三式相加可得：①在內，應用余弦定理以及三角形的面積公式得：，在和內，同理：，，三式相等：，因為，由等比性質得：②由①②式可證得：；（ⅱ）解：因為，即，所以，在中，分別由余弦定理得：，，，三式相加整理得，，將代入得：若平分，則，，所以③又由余弦定理可得：④由③-④得：所以，所以.河北省部分高中2024屆高三下學期二?？荚嚁祵W試題一、選擇題1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，，故.故選：A.2.已知復數是實數，則（）A. B. C. D.2〖答案〗D〖解析〗因為是實數，所以，即.故選：D.3.已知隨機變量服從正態(tài)分布，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗因為，則，，若則，即，故充分性成立，若，則，解得或，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.4.已知一個底面內口直徑為的圓柱體玻璃杯中盛有高為的水，向該杯中放入一個半徑為的實心冰球和一個半徑為的實心鋼球，待實心冰球融化后實心鋼球恰好淹沒在水中（實心鋼球與杯中水面、杯底均相切），若實心冰球融化為水前后的體積變化忽略不計，則實心鋼球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由題意可得，實心冰球融化前后體積不變，則有，化簡可得：，即，，解得：，所以鋼球表面積為.故選：D.5.已知點，都是圖象上的點，點到軸的距離均為1，把的圖像向左平移個單位長度后，點分別平移到點，且點關于原點對稱，則的值不可能是（）A.3 B.5 C.10 D.11〖答案〗C〖解析〗由，可得，，因為點關于原點對稱，所以，又因為由是圖象上的點，所以，所以，所以，故，，所以，又，所以，故或，，即或，，結合選項知選C．故選：C.6.已知，是圓上的兩個動點，且，若點滿足，點在直線上，則的最小值為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如圖，連接，由，是圓上的兩個動點，且，即，又，則，可得，所以，則動點的軌跡方程為，且圓心到直線的距離為，所以最小值為.故選：D.7.某地計劃對如圖所示的半徑為的直角扇形區(qū)域按以下方案進行擴建改造,在扇形內取一點使得,以為半徑作扇形，且滿足，其中，，則圖中陰影部分的面積取最小值時的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意知，則圖中陰影部分的面積，因為，，所以，所以，令，則，由，得，因為，所以，令，得，所以，所以，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，最小，即圖中陰影部分面積取最小值.故選：A.8.已知函數,,正實數a,b,c滿足，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由題得，，由，得，即，所以．由，得，因為，，所以，又，所以，所以．由，得，即．易知，所以，所以，故．又，所以，所以，所以，所以，所以．故選：B．二、選擇題9.已知為坐標原點，焦點為的拋物線過點，過且與垂直的直線與拋物線的另一交點為，則（）A. B.C. D.直線與拋物線的準線相交于點〖答案〗ACD〖解析〗由拋物線過點，可得，則，故A正確；由上可知拋物線，準線方程為，所以，故B錯誤；由已知可得，所以直線的方程為，即，聯立方程組，得，解得或，故，所以，故C正確；由直線的方程，令，得，所以直線與拋物線的準線相交于點，故D正確.故選：ACD10.已知，，其中，．若，則（）A. B.C. D.〖答案〗AB〖解析〗二項式展開式通項為（且），，所以，，因為，所以，解得（舍去）或，故A正確；由，令可得，故B正確；由，令可得，令可得，所以，故C錯誤；將兩邊對求導可得，，令可得，故D錯誤.故選：AB11.一般地，如果一個四面體存在由同一點出發(fā)的三條棱兩兩垂直，我們把這種四面體叫做直角四面體，記該點為直角四面體的直角頂點，兩兩垂直的三條棱叫直角四面體的直角棱，任意兩條直角棱確定的面叫直角四面體的直角面，除三個直角面外的一個面叫斜面．若一個直角四面體的三條直角棱長分別為，，，直角頂點到斜面的距離為，其內切球的半徑為，三個直角面的面積分別為，，，三個直角面與斜面所成的角分別為，，，斜面的面積為，則（）A.直角頂點在斜面上的射影是斜面的內心 B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗A選項，連接，由于⊥，⊥，且，平面，所以⊥平面，又平面，所以⊥，因為⊥平面，平面，所以⊥，因為，平面，所以⊥平面，因為平面，所以⊥，同理可得⊥，⊥，故為的垂心，不一定為內心，A錯誤；B選項，由A可知，⊥平面，⊥平面，延長交于點，連接，因為平面，平面，則⊥，⊥，設，在Rt中，，，故，又，所以，故，設直角面與斜面所成角分別為，則，同理可得，故，B正確；C選項，顯然，且，故，當且僅當時，等號成立，綜上，，C正確；D選項，直角四面體的體積，故，，又，，所以，D正確.故選：BCD三、填空題12.記樣本數據10，18，8，4，16，24，6，8，32的中位數為a，平均數為b，則=______．〖答案〗〖解析〗將樣本數據按從小到大的順序排列，得4，6，8，8，10，16，18，24，32，所以中位數，由平均數的計算公式得，所以.故〖答案〗為：.13.已知等差數列的前項積為，，，，則當取得最小值時，______．〖答案〗〖解析〗設等差數列的公差為，由，得，則，，得，則是遞增數列，且，，因此當時，，當時，，因此最小，故取得最小值時，.故〖答案〗為：14.閱讀下列兩則材料：材料1．圓錐曲線的軸與頂點的定義：對平面內一圓錐曲線，若存在直線，使得對于曲線上任意一點，要么點在直線上，要么曲線上存在與點相異的一點，使得點與點關于直線對稱，則稱曲線關于直線對稱，直線稱為曲線的軸，曲線與其軸的交點稱為曲線的頂點．材料2．某課外學習興趣小組通過對反比例函數的圖象的研究發(fā)現：反比例函數的圖象是雙曲線，其兩條漸近線為軸和軸，兩條漸近線的夾角為．①若將雙曲線繞其中心適當旋轉可使其漸近線變?yōu)橹本€，由此可求得其離心率為．②若,則將與聯立可求得雙曲線的頂點坐標為,．完成下列填空：已知函數的圖象是雙曲線，直線和軸是雙曲線的兩條漸近線，則雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為______．〖答案〗〖解析〗直線和軸是雙曲線的兩條漸近線，由閱讀材料可知，雙曲線的焦點所在的對稱軸是直線.由頂點的定義知，對稱軸與雙曲線的交點即頂點，聯立得，解得：或，所以雙曲線的位于第一象限的頂點為.若將雙曲線繞其中心適當旋轉可使其漸近線變?yōu)橹本€，則雙曲線的離心率，設雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為，則，所以，所以，所以雙曲線的位于第一象限的焦點的坐標為.故〖答案〗為：四、解答題15.已知函數．（1）求曲線在處的切線與坐標軸圍成的三角形的周長；（2）若函數的圖象上任意一點關于直線的對稱點都在函數的圖象上，且存在，使成立，求實數的取值范圍．解：（1）由，得，所以切線的斜率.所以切線的方程為，即.令，得，令，得，所以切線與軸交于點，與軸交于點，所以切線與坐標軸圍成的三角形的周長為.（2）設，則，由題意知在的圖象上，所以，所以.由，得，即，因為存在，使成立，所以存在，使成立，設，則，又，當且僅當時等號成立，所以單調遞增，所以當時，，可得，即實數的取值范圍是16.“九子游戲”是一種傳統的兒童游戲，它包括打彈子、滾圈子、踢毽子、頂核子、造房子、拉扯鈴子、刮片子、摜結子、抽陀子九種不同的游戲項目，某小學為豐富同學們的課外活動，舉辦了“九子游戲”比賽，所有的比賽項目均采用局勝的單敗淘汰制，即先贏下局比賽者獲勝.造房子游戲是同學們喜愛的項目之一，經過多輪淘汰后，甲、乙二人進入造房子游戲的決賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為.（1）若，，設比賽結束時比賽的局數為，求的分布列與數學期望；（2）設采用3局2勝制時乙獲勝的概率為，采用5局3勝制時乙獲勝的概率為，若，求的取值范圍.解：（1）因為，所以比賽采用3局2勝制，的所有可能取值為2，3，，，的分布列為23所以.（2）由題意知，.由，得，且，則，可得，整理得，解得，所以的取值范圍為.17.如圖，在四棱錐中，底面是菱形且，是邊長為的等邊三角形，，，分別為，，的中點，與交于點．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．（1）證明：如圖，設與交于點，連接.因為分別為的中點，底面是菱形，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以