河北省部分學(xué)校聯(lián)考2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期2月開學(xué)調(diào)研檢測(cè)數(shù)學(xué)試題

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年河北省名校聯(lián)考高三（下）開學(xué)調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（2月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合M={?2,?1,0,1,2,3,4}，集合N={x|x2<4}，則?A.{2,3,4} B.{?2,2,3,4} C.{3,4} D.{?2,?1,0,1,2}2.設(shè)復(fù)數(shù)z=1+i，則z?2=A.?2i B.2i C.2?2i D.2+2i3.已知向量a=(0,1)，b=(1,1)，若a⊥(b?λA.?2 B.?1 C.1 D.24.已知cosα?cosβ=12，sinA.124 B.?524 C.175.“k=1”是“函數(shù)f(x)=1?kex1+kA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充分且必要條件 D.既不充分也不必要條件6.橢圓C1：x24+y2=1的上、下頂點(diǎn)分別為B2，B1，橢圓C2：xA.4 B.2+22 C.2+27.?x∈R，不等式(x2?x)ex?ax+e≥0A.[e2,e] B.[e,2e] C.[0,8.正方體ABCD?EFGH的棱長(zhǎng)為1，球O為其內(nèi)切球，作球O的內(nèi)接正方體A1B1C1D1?E1F1G1A.32 B.9 C.9+333二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.已知有四個(gè)數(shù)從小到大排列為1，2，a，b，這四個(gè)數(shù)的80%分位數(shù)是4，則a+b可能是(

)A.4 B.5.5 C.6 D.7.510.已知如圖是函數(shù)f(x)=2cos(ωx+φ)，(ω>0,?π2A.f(x)的最小正周期為π

B.f(x)在(?1,2)單調(diào)遞增

C.f(x)的圖象關(guān)于(3π2,0)中心對(duì)稱

D.f(x)11.數(shù)學(xué)中的數(shù)形結(jié)合可以組成世間萬(wàn)物的絢麗畫面，優(yōu)美的曲線是數(shù)學(xué)形象美、對(duì)稱美、和諧美的產(chǎn)物.現(xiàn)坐標(biāo)滿足方程x2?y3=1的點(diǎn)(x,y)的軌跡為曲線A.曲線C關(guān)于y軸對(duì)稱

B.曲線C位于x軸下方的點(diǎn)與原點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為939

C.曲線C與x軸圍成的區(qū)域面積大于2

D.曲線三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.從長(zhǎng)度為1，3，5，7，9，11的六條線段中任取3條，則這三條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形的概率為______.13.圓O的半徑為3，從中剪出扇形AOB圍成一個(gè)圓錐(無(wú)底)，當(dāng)所得的圓錐的體積最大時(shí)，圓心角為______.14.已知實(shí)數(shù)x1，x2，y1，y2滿足：x12+y12四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

在△ABC中、角A、B，C所對(duì)的邊分別為a、b，c，且asinA?bsinB=sinC(acosB?b2).

(1)求角A的大小；

16.(本小題15分)

如圖所示，在圓臺(tái)O′O中，四邊形ABCD為過(guò)O′O的圓臺(tái)截面，△AEF為底面圓O的內(nèi)接正三角形.

(1)證明：平面CEF⊥平面ABCD；

(2)若AD=2AB=2BC，求平面ABF和平面CEF夾角的余弦值.17.(本小題15分)

春節(jié)期間有一過(guò)關(guān)贏獎(jiǎng)勵(lì)娛樂活動(dòng)，參與者需先后進(jìn)行四個(gè)關(guān)卡挑戰(zhàn)，每個(gè)關(guān)卡都必須參與.前三個(gè)關(guān)卡至少挑戰(zhàn)成功兩個(gè)才能夠進(jìn)入第四關(guān)，否則直接淘汰，若四關(guān)都通過(guò)，則可以贏得獎(jiǎng)勵(lì).參與者甲前面三個(gè)關(guān)卡每個(gè)挑戰(zhàn)成功的概率均為23，第四關(guān)挑戰(zhàn)成功的概率為34，且各關(guān)挑戰(zhàn)成功與否相互獨(dú)立.

(1)求參與者甲未能參與第四關(guān)的概率；

(2)記參與者甲本次挑戰(zhàn)成功的關(guān)卡數(shù)為X，求X的分布列以及數(shù)學(xué)期望18.(本小題17分)

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32，且經(jīng)過(guò)A(?2,0)，直線l交C于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線AE，AF斜率之和為1.

19.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=12x2+2x?(2x+a)lnx.

(1)當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線；

(2)若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；答案和解析1.【答案】B

【解析】解：集合M={?2,?1,0,1,2,3,4}，集合N={x|x2<4}={x|?2<x<2}，

則?MN={?2,2,3,4}.

故選：2.【答案】A

【解析】【分析】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題．

由z求得z?【解答】

解：∵z=1+i，

∴z?23.【答案】C

【解析】解：若a⊥(b?λa)，

則a?(b?λa)=0，即a?b=λa2，

向量a4.【答案】C

【解析】解：對(duì)cosα?cosβ=12兩邊平方，(cosα?cosβ)2=(12)2，

即cos2α?2cosαcosβ+cos2β=14①，

對(duì)sinα?sinβ=33兩邊平方，(5.【答案】A

【解析】解：若k=1，則f(x)=1?ex1+ex，則f(?x)=1?e?x1+e?x=ex?11+ex，則f(?x)=?f(x)，故充分性成立，

當(dāng)函數(shù)f(x)=1?kex6.【答案】D

【解析】解：橢圓C1：x24+y2=1的上、下頂點(diǎn)分別為B2，B1，

則B1(0,1)，B2(0,?1)，

又橢圓C2：x23+y24=17.【答案】D

【解析】解：因?yàn)椴坏仁?x2?x)ex?ax+e≥0恒成立，

①當(dāng)x=0時(shí)，a∈R；

②當(dāng)x>0時(shí)，問(wèn)題等價(jià)為a≤(x?1)ex+ex恒成立，

設(shè)g(x)=(x?1)ex+ex(x>0)，

則g′(x)=xex?ex2，

因?yàn)閥=g′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且g′(1)=0，

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，

所以y=g(x)上的最小值為g(1)=e，所以a≤e.

③當(dāng)x<0時(shí)，問(wèn)題等價(jià)為a≥(x?1)ex+ex恒成立，

設(shè)?(x)=(x?1)ex+ex(x<0)，8.【答案】B

【解析】解：設(shè)正方體ABCD?EFGH的棱長(zhǎng)為a1，其內(nèi)切球球O半徑為R1，則R1=a12，

球O的內(nèi)接正方體A1B1C1D1?E1F1G1H1的棱長(zhǎng)a2=2R13=a13，

其內(nèi)切球球O1半徑為R2=a22=R13，

球O9.【答案】CD

【解析】解：因?yàn)?×80%=3.2，

所以這四個(gè)數(shù)的80%分位數(shù)是b，即b=4，

所以2≤a≤4，

所以6≤a+b≤8，

由四個(gè)選項(xiàng)可知，a+b可能是6或7.5.

故選：CD.

根據(jù)百分位數(shù)的定義求解．

本題主要考查了百分位數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題．10.【答案】BD

【解析】解：由題意可得f(0)=2cosφ=1，即cosφ=12，而?π2<φ<0，

可得φ=?π3，

又因?yàn)閒(?π3)=0，即2cos(?π3ω?π3)=0，

可得?π3ω?π3=?π2+2kπ，k∈Z，

可得ω=12?6k，k∈Z，又因?yàn)門4>0?(?π3)，且ω>0，

即2π4ω>π3，即0<ω<32，

可得ω=12，

所以f(x)=2cos(12x?π3)，

A中，函數(shù)的最小正周期T=2π11.【答案】ABD

【解析】解：由方程x2?y3=1，將其中的x換為?x，方程不變，可得曲線C關(guān)于y軸對(duì)稱，故A正確；

設(shè)P(x,y)(y<0)是曲線C上的點(diǎn)，可得x2?y3=1，即有x2=y3+1，

和原點(diǎn)的距離為d=x2+y2=y3+y2+1，

設(shè)f(t)=t3+t2+1，t<0，可得f′(t)=3t2+2t，當(dāng)t<?23時(shí)，f′(t)>0，f(t)遞增；

當(dāng)?23<t<0時(shí)，f′(t)<0，f(t)遞減，

可得f(t)在t=?23處取得極大值，且為最大值3127，可得d的最大值為939，故B正確；

由x2=y3+1≥0，可得y≥?1；方程x2?y3=1，可化為y=3x2?1，

可得函數(shù)y為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，為遞增函數(shù)；12.【答案】720【解析】解：從長(zhǎng)度為1，3，5，7，9，11的六條線段中任取3條，

基本事件總數(shù)n=C63=20，

其中這三條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形包含的基本事件有：

(3,5,7)，(3,7,9)，(3,9,11)，(5,7,9)，(5,7,11)，(5,9,11)，(7,9,11)，共7個(gè)，

則這三條線段能構(gòu)成一個(gè)三角形的概率為P=720.

故答案為：72013.【答案】2【解析】解：根據(jù)題意，所得的圓錐的底面半徑為r，則該圓錐的高?=9?r2，

則圓錐的體積V=π3r2?=π3r29?r2=π3r4(9?r14.【答案】13+4【解析】解：依題可設(shè)x1=2cosα，y1=2sinα，x2=3cosβ，y2=3sinβ，

由x1x2+y1y2=x1+x2?1，可得6cos(α?β)+1=2cosα+3cosβ.15.【答案】解：(1)因?yàn)閍sinA?bsinB=sinC(acosB?b2)，

由正弦定理及余弦定理可得a2?b2=ac?a2+c2?b22ac?bc2，

整理可得：b2【解析】(1)由正弦定理及余弦定理可得cosA=12，再由角A的范圍，可得角A的大??；

(2)由三角形面積公式及余弦定理，基本不等式可得a16.【答案】解：(1)證明：設(shè)AD∩EF=M，連接CM，如圖，

因?yàn)椤鰽EF為底面圓O的內(nèi)接正三角形，所以O(shè)為正三角形AEF的中心，

則AM⊥EF，且M為EF中點(diǎn)，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為過(guò)O′O的圓臺(tái)截面，且E、F關(guān)于底面直徑AD對(duì)稱，

所以CE=CF，則CM⊥EF，

因?yàn)镃M∩AD=M，所以EF⊥平面ABCD，

因?yàn)镋F?平面CEF，所以平面CEF⊥平面ABCD；

(2)由(1)分析知，O為O為正三角形AEF的中心，所以AO：OM=2：1，

因?yàn)锳O=DO，所以DO：OM=2：1，故M為DO中點(diǎn)，

因?yàn)锳D=2AB=2BC，所以CO′=12BC=14AD=MO，

又因?yàn)镃O′//MO，所以四邊形CO′OM為平行四邊形，CM//OO′，

因?yàn)镺O′?平面CEF，CM?平面CEF，所以O(shè)O′//平面CEF，

以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系如圖，

連接CO，因?yàn)锳D=2AB=2BC，所以三角形COD滿足CO=DO=CD，為正三角形，

所以∠COD=∠BAO=60°，

不妨設(shè)AD=4，則A(0,2,0)，B(0,1,3)，F(xiàn)(3,?1,0)，

所以AB=(0,?1,3)，BF=(3,?2,?3)，

設(shè)平面ABF法向量為n1=(x,y,z)，則n1?AB=0n1?BF【解析】(1)利用面面垂直的判定定理進(jìn)行證明；

(2)結(jié)合題意建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABF和平面CEF的法向量，從而求出它們夾角的余弦值．

本題主要考查面面垂直的判定和利用空間向量求兩平面夾角，屬于中檔題．17.【答案】解：(1)參與者甲未能參與第四關(guān)的概率為：

P=C30(23)0(13)3+C31(23)(13)2=127+327=427.X

0

1

2

3

4

P

1

2

1

112數(shù)學(xué)期望為E(X)=0×1【解析】(1)利用相互獨(dú)立事件概率乘法公式求解；

(2)X的可能取值為0，1，2，3，4，分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出X的分布列和數(shù)學(xué)期望．

本題考查概率、離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．18.【答案】解：(1)設(shè)橢圓半焦距為c，則依題意有e=ca=32a=2，

所以c=3，所以b2=a2?c2=4?3=1，

所以橢圓C的方程為x24+y2=1.

(2)證明：顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，

聯(lián)立y=kx+mx24+y2=1，消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2?4=0，

Δ=64k2m2?4(1+4k2)(4m2?4)>0【解析】(1)依題意求解a，b，c的值，即可求解橢圓方程；

(2)設(shè)出直線l的方程為y=kx+m及點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)，并聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，表示出韋達(dá)定理，再對(duì)kAE+kAF計(jì)算化簡(jiǎn)，得出m與19.【答案】解：(1)a=0時(shí)，f(x)=12x2+2x?2xlnx，

f′(x)=x+2?2(lnx+1)=x?2lnx，f′(1)=1，f(1)=52，

所以f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為y?52=x?1，

整理得：2x?2y+3=0，

故f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為2x?2y+3=0；

(2)f′(x)=x+2?2lnx?(2x+a)1x=x?2lnx?ax，

因?yàn)閒(x)在[1,+∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在[1,+∞)恒成立，

由x?2lnx?ax≥0在[1,+∞)恒成立，

得a≤[x2?2xlnx]min，x∈[1,+∞),

設(shè)g(x)=x2?2xlnx，g′(x)=2x?2lnx?2，x∈[1,+∞),

令m(x)=2(x?lnx?1)，m′(x)=2(1?1x)≥0在[1,+∞)上恒成立，

所以m(