河北省省級聯考2024-2025學年高三下學期3月模擬預測數學試卷（Word版附解析）-試卷下載-教習網

班級_____姓名_____
注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的學校、班級、姓名及考號填寫在答題卡上.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由對數型復合函數定義域及二次函數值域化簡，再由交集運算即可求解；
【詳解】根據題意，由，得，
所以集合，
易知，
，
故選：B.
2. 若復數滿足，其中是虛數單位，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】設出復數的代數形式，利用復數相等求出，再利用復數乘法求解.
【詳解】設，則，因此，
則，，即，所以.
故選：A
3. 已知向量，滿足，，，則向量與的夾角為（）
A. 30°B. C. D. 135°
【答案】C
【解析】
【分析】由平方，結合，求得及，即可求解；
【詳解】由已知得，即，
即
又，
兩式聯立可得：，則向量與的夾角為
故選：C.
4. 高相同的圓柱與圓臺的體積分別為，，且圓柱的底面積是圓臺上、下底面積的等差中項，則與的關系為（）
A. B. C. D. 不確定
【答案】A
【解析】
【分析】利用圓臺體積公式，結合等差中項，可通過基本不等式轉化到圓柱的體積即可得到判斷.
【詳解】設圓臺的上、下底面積分別為，，圓柱的底面積為，高為，
根據圓柱的底面積是圓臺上、下底面積的等差中項，
，，
，
故選：A.
5. 已知，，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦的和差角公式化簡等式得到，再由正切的和差角公式求得.
【詳解】由已知，
即
則，
∴，
故選：C.
6. 已知函數是上的增函數，且關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據分段函數的單調性可得出，再由函數的單調性可得出，結合參變量分離法可得出實數的取值范圍.
【詳解】因為函數與均是增函數，
所以，函數是上的增函數只需滿足，即，解得，
由得，即恒成立，
所以，當時，函數取得最大值，所以，，即，
因此，實數的取值范圍是.
故選：D.
7. 已知函數在上單調遞減，在上單調遞增，且圓內恰好包含的三個極值對應的點，則的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函數單調性得到函數的對稱軸，由函數單調區(qū)間得到周期的范圍，從而得到的值得到函數解析式，由圖像得到距離最大和距離最小的點，則可以求出半徑的范圍.
【詳解】由已知在處取得最小值，
，，解得，
∵函數在上單調遞減，
，即，，
當時，，，符合條件，
.
由圖像知軸右側包含兩個極值對應的點，左側包含一個極值對應的點，
的取值范圍是大于原點右側第二個極值對應的點到原點的距離，小于等于原點左側第二個極值對應的點到原點的距離，即，
故選：B.
8. 已知函數，則是（）
A. 偶函數，有最小值B. 偶函數，有最大值
C. 奇函數，在上單調遞增D. 奇函數，在上單調遞減
【答案】B
【解析】
【分析】由偶函數的性質結合對數的運算可判斷為偶函數，換元法令結合對數的運算和復合函數的單調性可得有最大值.
【詳解】函數的定義域為R，
，
，故函數為偶函數.
令，則，
，
所以，由復合函數的單調性可得在上單調遞減，
處取得最大值，
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于利用對數的運算性質化簡和換元法化簡.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 設，則下列結論正確的是（）
A. B. 若，則的最小值為4
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用指數函數，冪函數單調性比較大小，利用基本不等式比較大小即可.
【詳解】對于A，，由指數函數單調遞增，，即，故A正確；
對于B，，
等號成立條件，由于，顯然等式不成立，故最大值比0小，
所以最小值不可能為4，故B錯誤；
對于C，由已知，，，即，故C正確；
對于D，，由冪函數單調遞增，，即，故D正確，
故選:ACD.
10. 已知函數，則下列結論正確的是（）
A. 若在上單調遞減，則的最大值為1
B. 當時，
C. 當時，
D. 存在直線，使得與的圖象有4個交點
【答案】BCD
【解析】
【分析】對于A，求導確定單調性即可判斷；對于BC，構造函數求導，確定單調性可判斷；對于D，畫出得圖象，由圖象可判斷.
【詳解】解：，由，解得，的最大值為，故A不正確；
當時，，即.
設，則，
在處取得最小值，故B正確；
當時，，即.
由B選項的過程知，在時，，
在上單調遞減，，故C正確；
畫出的圖象如圖，
可知存在直線，使得與的圖象有4個交點，故D正確，
故選：BCD.
11. 已知常見“對勾函數”的圖象也是雙曲線，其漸近線分別為與軸，其實軸和虛軸是兩條漸近線的角平分線.設雙曲線的一條漸近線與雙曲線的實軸夾角為，其離心率為，雙曲線的實軸長為，離心率為，則下列結論正確的是（）
A. B. 點是的一個頂點
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據雙曲線的離心率公式即可判斷A；求出即可判斷C；求出雙曲線的對稱軸方程，再與其聯立，即可判斷BD.
【詳解】如圖1，當雙曲線為焦點在軸上的標準方程時，
過雙曲線的右頂點作軸的垂線交漸近線于點，
則，，故A正確；
由題意知，雙曲線中，漸近線即，其斜率為，
如圖2，它與軸夾角的正切值，
解得或（舍），，
由A選項可知，，故C正確；
頂點是對稱軸（實軸）和雙曲線的交點，
，∴對稱軸為，與雙曲線在第一象限交于，
，故B不正確，D正確.
圖1 圖2
故選：ACD.
【點睛】關鍵點點睛：理解“對勾函數”的圖象的特征是解決本題的關鍵.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 若拋物線上一點到其焦點的距離為5，則_____.
【答案】2
【解析】
【分析】由拋物線得定義得到，求解即可；
【詳解】由拋物線的定義得，解得或（舍），故.
故答案為：2
13. 已知數列中，，，，則的前項和_____.
【答案】
【解析】
【分析】由，得，得到等差數列，進而可求解；
【詳解】由，得，
是首項為，公差為1的等差數列，
，
，
，為等差數列，
.
故答案為：
14. 已知集合，是集合的含兩個元素的子集，且，則中兩元素之差的絕對值等于中兩元素之差的絕對值的概率為_____.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，中兩元素之差的絕對值相等時的個數，再根據古典概型的概率公式計算可得.
【詳解】當，中兩元素之差絕對值均為1時，的個數為；
當，中兩元素之差的絕對值均為2時，的個數為；
當，中兩元素之差的絕對值均為3時，的個數為；
當，中兩元素之差的絕對值均為4時，的個數為；
故滿足條件的共有（個）；
故其概率為.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是分，中兩元素之差的絕對值均為、、、時的個數.
四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
15. 如圖，在直四棱柱中，底面是邊長為2的正方形，是的中點，且.
（1）求四棱柱的外接球的表面積；
（2）求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由四棱柱的外接球直徑就是其體對角線，即可求解；
（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；
【小問1詳解】
取的中點，連接，，
底面是正方形，且該四棱柱是直四棱柱，平面，
又平面，，
，，都在平面內，平面，
又平面，，
，，即，
.
四棱柱的外接球直徑就是其體對角線，
外接球半徑，
故四棱柱的外接球的表面積.
【小問2詳解】
建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
，.
設平面的法向量為，則
令，得：，，
而平面就是平面，其一個法向量是，
設平面與平面的夾角為，
則，
平面與平面夾角的余弦值為.
16. 已知橢圓的一個頂點為，右焦點為，直線與橢圓交于另一點，且.
（1）求橢圓的方程；
（2）已知點在橢圓上，過向直線引垂線交于點，若，求直線的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由，確定坐標，代入橢圓方程，進而求解；
（2）設：，聯立橢圓方程，求得，.再由得到，進而可求解；
【小問1詳解】
設，，.
，
設，則，解得：，
，
代入橢圓的方程，得，整理得，又，
，，
故橢圓的方程為.
【小問2詳解】
由（1）知，易知直線的斜率存在，
設直線的方程為，，
代入橢圓方程中，整理得，
，.
，且，
即，
又，易知：，
，，
解得，
直線的方程為或.
17. 在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，D為邊上一點.
（1）若，，求的值；
（2）若，是角的平分線，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）設，可得，，在中應用正弦定理即可求解；
（2）由余弦定理可得，根據，結合面積公式即可求解.
【小問1詳解】
設，所以，，
在中，由正弦定理得，
所以，
即，
解得，即；
【小問2詳解】
由余弦定理得，即，
由，得，
又因為，所以，
所以，解得或（舍），
故.
18. 已知，曲線與曲線在它們的交點處的切線相互垂直.
（1）求a，b的值；
（2）當時，求證：.
【答案】（1），
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）先計算交點得出，再根據導函數得出斜率結合斜率乘積計算求解；
（2）應用分析法結合基本不等式得出，再化簡證明，最后構造函數求導證明即可.
【小問1詳解】
交點的橫坐標為t，，即，
又，將代入，
得，，
由，得，
，若，則為無理數，，
則，.
小問2詳解】
由（1）知，
，
要證成立，
可試證在時成立，
即證上成立.
設，則，
當時，單調遞增；當時，單調遞減，
在處取得最大值，即在上恒成立，
原不等式成立
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是構造函數，再根據導函數得出函數單調性進而得出最值即可證明.
19. 已知函數.
（1）求函數圖象的對稱中心；
（2）設方程的兩個實數根為，，求證：為常數；
（3）在數列中，，，求證：.
【答案】（1）
（2）證明見解析（3）證明見解析
【解析】
【分析】（1）應用分式型函數的對稱中心及平移計算求解；
（2）應用解析式計算求解證明即可；
（3）先根據已知證明數列是等比數列，再計算分項數是奇數和偶數分別應用裂項相消法計算證明.
【小問1詳解】
，
其圖象是由的圖象平移而得到的，對稱中心為，
函數圖象的對稱中心為.
【小問2詳解】
由已知，，
，
（常數），結論成立.
【小問3詳解】
由已知，
設，解得，，
由（2）知，則，
數列是首項為，公比為的等比數列，
，即.
當為偶數時，，
；
當為大于1的奇數時，，
，
，
.
當時，也成立，綜上所述，結論成立.
【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵是分奇偶兩種情況應用裂項相消計算證明即可.

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