2024邯郸高三下学期第四次调研考试（二模）数学含解析

这是一份2024邯郸高三下学期第四次调研考试（二模）数学含解析，共11页。试卷主要包含了已知为坐标原点等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，考务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4本试卷主要考试内容：高考全部内容.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1.已知集合.则（ ）
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则（ ）
A.1 B. C.3 D.
3.已知是两个平面，是两条直线，且.则“”是"”的（ ）
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.设函数的图像与种相交于点，则该曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.由动点向圆引两条切线，切点分别为，苦四边形为正方形，则动点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
6.某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单巾，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A.12 B.18 C.20 D.60
7.已知为坐标原点.分别是双曲线的左､右焦点，足双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.5 C.2 D.
8.对任意两个非零的平面向量和，定义：；.若平面向，满足，且和都在集合，则（ ）
A.1 B. C.1或 D.1或
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知函数的部分图像如图所示，为的图像与轴的交点，为图像上的最高点，是边长为1的等边三角形，.则（ ）
A.
B.直线是图像的一条对称轴
C.的单调递减区间为
D.的单调递增区间为
10.设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于点，与轴相交于点.则（ ）
A.的准线方程为
B.的值为2
C.
D.的面积与的面积之比为9
11.已知函数的定义域为，其导函数为，若函数的图像关于点对称，，且，则（ ）
A.的图像关于点对称 B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上
12.已知，函数是奇函数，则__________，__________.
13.正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的五角星中，以为顶点的多边形为正五边形，设，则__________，__________.
14.在长方体中，，平面平面，截四面体所得截面面积的最大值为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）
如图，四棱锥的底是正方形.设平与平面相交于直线.
（1）证明：；
（2）若平面平面，，求直线与平所成的正弦值.
16.（15分）
已知正项数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
17.（15分）
假设某同学每次投篮命中的概率均为
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率.
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投个球，若这n个球都投进，则训练结束，否则额外再投个.试问为何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
18.（17分）
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点
（1）求的方程
（2）A，B是的两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在.请说明理由.
19.（17分）
已知函数.
（1）是否存在实数，使得和在上的单调区间相同？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
（2）已知是的零点，是的零点.
①证明：.
②证明：.
邯郸市2024届高三年级第四次调研监测
数学参考答案
1.B ，则.
2.D 由，得，所以.
3.A 设，当时，，此时与不垂直.若，则一定成立.故“”是“”的必要不充分条件.
4.C 令，解得，即点.又，所以.故该曲线在点处的切线方程为.
5.B 因为四边形为正方形，所以.
设，则，即.
6.C 先插入第一个新节目，有4种情况，再将第二个新节目插入，有5种情况，故不同的插法种数为.
7.B 由题可知，所以.因为，所以，则双曲线的离心率为.
8.D .设向量和的夹角为，则.
因为，所以，所以，所以，故.
当时，，又，所以，符合题意，
当时，，又，所以，符合题意.
故或.
9.BC 的最小正周期为2，所以，即，又，所以.
因为，所以，则，即.
所以，直线是图像的一条对称轴，的单调递增区间为，单调递减区间为.故选BC.
10.BD 设直线的方程为，联立可得，所以，故.
因为，所以，则，解得或.因为，所以，则的准线方程为.又，不妨取，所以.故选BD.
11.ACD 由的图像关于点对称，得，即，所以的图像关于点对称，正确.
由，可得.令，则，所以的图像关于直线对称.
由的图像关于点对称，可得，即，所以的图像关于点对称，所以的周期为4，即，则，所以，B错误.
由，可得，所以.由，可得，所以，C正确.
由，可得，
，所以，D正确.故选ACD.
12.； 由，解得，所以，所以1，解得.
13.； 由题可知，则
，
14.10 平面截四面体的截面如图所示.
设，则，所以四边形
为平行四边形，且.
在矩形中，，
，
则10，当且仅当时，等号成立.
15.（1）证明：因为平面平面，
所以平面.
因为平面与平面相交于，所以.
（2）解：如图，取线段的中点，连接.
因为，所以.又平面平面，平面
平面平面，所以平面.
取线段的中点，连接.以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系.依题意，，
则.
设平面的法向量为，则可取.
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16.解：（1）当时，，则，解得，
所以，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
则，即.
当时，，
又满足，所以的通项公式为.
（2），
所以.
17.解：（1）设投中次的概率为，
则.
（2）设该同学投篮的次数为，则的分布列为
则.
令，则，
所以，当时，，当时，，
则，
故当时，该同学投篮次数的期望值最大.
18.解：（1）设椭圆的方程为，
由椭圆过点，得
解得，所以椭圆的方程为.
（2）存在以为顶点，为底边的等腰直角三角形，个数为3.
由题可知，设直线的方程为，不妨令，
联立方程得，
，又因为，所以，
所以.
又直线与直线垂直，所以，
则，
化简可得，即，解得或或，
故存在3个以为顶点，为底边的等腰直角三角形.
19.（1）解：由题意得.
当时，，所以和在上都单调递增，符合题意.
当时，若和在上的单调区间相同，则和有相同的极值点，即.令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，则，所以无解.
综上，当时，和在上的单调区间相同.
（2）证明：①由题意，有两个零点，.
若，则，所以在上单调递增，不符合题意.
若，则当时，单调递减，当时，单调递增，且当时，，当时，，
所以，解得，得证.
②令，得，即.
令，则.
当时，单调递减，当时，单调递增.
当时，单调递减，当时，单调递增.
在同一坐标平面内作出函数与函数
的图像，它们有公共点，如图，
故，且有
由，得，即，又，
所以.
由，得，即，又，所以.
由，得，即.
故.