河北省雄安新區(qū)部分高中2024屆高三三模數(shù)學(xué)試

題⑴

本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共15（）分，考試時間120分鐘.

第I卷（選擇題共58分）

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.設(shè)|a|=2,e為單位向量，則|a+e1的最大值為（）

A.1B.2C.3D.4

2.已知復(fù)數(shù)2=立a（。61^,1為虛數(shù)單位），則是“z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象

1

限”的（）

A.充要條件B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

3.設(shè)全集為U,定義集合A與B的運算:A*B={￡|；reAUB且xCACB},貝*A=

（）

A.AB.BC.AACCuB）D.BACCuA）

4.已知a,18G（0,手），cos（a—/?）=7,tana,tan0=+,則a+/?=（）

A.等B.個C.杳D.駕

3463

5.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3,每個四棱錐的體積為1,則該正四棱臺的體積為

A.36B.32C.28D.24

6.小李買了新手機后下載了A,B,C,D4個APP,已知手機桌面上每排可以放4個APP,現(xiàn)要

將它們放成兩排，且A和B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

7.已知直線Z：Az+By+C=0（A2+B2r0）與曲線W：y=z3一尤有三個交點。二，尸，且

|DE|=|EF|=2,則以下能作為直線/的方向向量的坐標(biāo)是（）

A.（0,1）B.（1,-1）C.（1,1）D.（1,0）

數(shù)學(xué)第1頁（共4頁）

8.過拋物線C：J=4了的焦點F且斜率為斷的直線與C交于A,B兩點，若PF為APAB的內(nèi)

角平分線，則△PAB面積的最大值為（）

A.yB.yC.yD.16

二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，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(shè)是一次隨機試驗中的兩個事件，且P（A）=9，P（B）=}P（AB+AB）=與則

（）

_——5

A.A,B相互獨立B.F（A+B）=4

6

1——

C.F（B|A）=yD.F（A|B）^F（B|A）

10.如圖，多面體PSABCD由正四棱錐P-ABCD和正四面體SPBC組合而成，其中PS=1,則

A.該幾何體的表面積為等+1

B.該幾何體為七面體

C.二面角A-PB-C的余弦值為一!

D.存在球。，使得該多面體的各個頂點都在球面上

11.已知函數(shù)/（JT）=sin衛(wèi)+cos與g（￡）=sin2%+cos7,記九（1）=入/（z）+〃g（z），其中入，

"GR且；e+〃2#o,則（）

A"（了）一定為周期函數(shù)B.若;I?么＞0,則，⑺在（0,上總有零點

C./z（z）可能為偶函數(shù)D/Cr）在區(qū)間（0,2儲上的圖像過3個定點

第II卷（非選擇題共92分）

三、填空題（本題共3小題,每小題5分，共15分）

12.（了+專（2了一切展開式中的常數(shù)項是120,則「

13?已知雙曲線C：5一長二1（。〉。"〉。）的左、￡焦點分?為二小jR的直線與，軸相交

于點M,與C在第一象限的交點為P,若居法=2而,F方?F廳=0,則C的離心率為

14.若對于V〃zG[—e,e],VyG（一1,+8）,使得不等式4jr3+ln（jr+l）+（2023—小）了一IV

yln（y+l）恒成立，則整數(shù)z的最大值為.

數(shù)學(xué)第2頁（共4頁）

四、解答題(本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

15.(13分)

已知函數(shù)=jcln了一ax2—3a;(aCR).

(1)若z=l是/(工)的一個極值點，求a的值；

(2)若/(了)有兩個極值點久1，22，其中?<g，求a的取值范圍.

16.(15分)

在四棱錐P-ABCD中，平面PAC,底面ABCD,BD±AP.

(1)BD，AC是否一定成立？若是，請證明；若不是，請給出理由；

(2)若△PAC是正三角形，且P-ABD是正三棱錐，AB=2,求平面PAD與平面PBC夾角

的余弦值.

17.(15分)

10米氣步槍是國際射擊聯(lián)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(shù)排名前8的選手進入決賽.三位選手甲、乙、丙的資格賽成績?nèi)缦拢?/p>

環(huán)數(shù)6環(huán)7環(huán)8環(huán)9環(huán)10環(huán)

甲的射擊頻數(shù)11102424

乙的射擊頻數(shù)32103015

丙的射擊頻數(shù)24101826

假設(shè)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(xiàn)2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”的概率；

(3)甲、乙、丙各射擊10次，用X,(，=l,2,3)分別表示甲、乙、丙的10次射擊中大于a環(huán)的次

數(shù)，其中ae{6,7,8,9},寫出一個a的值，使D(X3)>D(X2)>D(X])，并說明理由.

數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)

18.（17分）

已知T是圓A：（z+1）2+J=16上的動點（點A是圓心），定點8（1,0）,線段TB的中垂線

交直線TA于點P.

（1）求點P的軌跡「

（2）設(shè)「上點P（不在式軸上）處的切線是/,過坐標(biāo)原點。作平行于/的直線，交直線PA,

PB分別于點C,D,求S^PAB:PCD的取值范圍.

19.（17分）

已知Q：?s，…，（m'2,7"eN*）為有窮正整數(shù)數(shù)列，其最大項的值為相，且當(dāng)k=0,

1,?-?,?i—l時，均有akm+i^ahn+j設(shè)d=0,對于t￡{0,1,…，根-1},定義

ft,+i=min{?|n>b,,a?>t}，其中minM表示數(shù)集M中最小的數(shù).

⑴若Q：3,1,2,2,1,3,1,2,3,寫出仇，仇的值；

（2）若存在Q滿足61+仇+仇=11,求m的最小值；

（3）當(dāng)初=2024時，證明：對所有Q,d0Z3W20240.

數(shù)學(xué)第4頁（共4頁）

專存詈案及解析

一、選擇題

1.C2.A3.B4.A5.C6.D7.C8.B

二、選擇題

9.ABD10.AC11.ABD

三、填空題

12.2

（10分）

13.73+1由圖像可知2aG（0,3）滿足題意，即aG，

14.0

四、解答題即a的取值范圍為（0,2）.（13分）

15.解：（1）易知（J：）—In1—2al—3—InJC—2az—2,

l16.解：（1）過點P作AC的垂線，交AC于點E,

（1分）

又平面PACJ_底面ABCD,平面PACD底面ABCD=

又1=1是/（①）的一個極值點，

ACPEU平面PAC,

所以（1）=0,即一2a—2=0,所以a=—1,（2分）

所以PE_L底面ABCD,（2分）

此時f'（K）=In1+2了一2,

若AP_LAC,則點A與點E重合，

令A(yù)（^）=ln1+21一2,，（1）=工+2＞0,即AP_L底面ABCD,

3C

所以AP垂直平面ABCD內(nèi)任意直線，即BD與AC

所以/（I）=4（%）在（0,+8）上單調(diào)遞增，且

無論何種位置關(guān)系，都有BD±AP,

/（1）=0,

所以BD±AC不一定成立.（4分）

當(dāng)-一當(dāng)，1）時（了）＜0,當(dāng)力e（i,+8）時，/（力）＞

（2）因為△PAC是正三角形，則E為AC的中點，

0,所以“外在（0,1）上單調(diào)遞減，在（1,+8）上單調(diào)

由（1）知PE_L底面ABCD,

遞增，

又BQU底面A8CD,所以PE±BD,

所以Z=1是/（久）的極小值點，即a=-l符合題意，

又BDJ_AP,PEnAP=P,PE,APU平面APC,

因此。的值為一1.（5分）

所以BD_L平面PAC,（6分）

（2）因為/'（i）=Inw—2ai—2,且/（i）=ilnl

又ACU平面PAC,所以BD±AC,

a/—3#（aGR）有兩個極值點為，12，

又P-ABD是正三棱錐，即△ABD為等邊三角形，

所以方程/（無）=0在（0,+8）上有兩個不同的根，即

設(shè)8?？?。=0,則。為8。的中點，

方程In2ax—2=0有兩個不同的正數(shù)根，（6分）

作OF〃PE,則OF,底面ABCD.（7分）

1nT—2

將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)（）與函數(shù)）〃的圖以。為坐標(biāo)原點，屈，慶，昨的方向為％,y,，軸的正

gi=-----x-----=2

方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

像在（0,+8）上有兩個不同的交點，（7分）

令=一^^=0,解得久=63,（8分）

當(dāng)J7＞e3時，/（1）＜0,且（無）單調(diào)遞減，當(dāng)OVxVe'

時，g'（N）＞0,g（無）單調(diào)遞增,

且當(dāng)z＞e2時，g（力）＞0,g（e2）=0,故作出g（z）的圖

貝UA(0,-V3,0),B(l,0,0),C(0,亭，0),。(一1,0,

像如圖所示：

?1

O）,p（o,-§,2）,（3）a=7或a=8（寫出其中一個即可）.

根據(jù)題中數(shù)據(jù)：

所以就=（—1,西,0）,林=（o,券,2），該=（—1,（當(dāng)。=6時，

在每次射擊中，甲擊中大于6環(huán)的概率為P=蓋，

60

（10分）

1Q

在每次射擊中，乙擊中大于6環(huán)的概率為P=君，

設(shè)平面PAD的法向量為〃=（Z，WN）,

在每次射擊中，丙擊中大于6環(huán)的概率為

由題意可知X]?,Xz?B（10,豹，Xs?

（12分）

設(shè)平面PBC的法向量為次=（a,6,c）,

591SO1Q

此時DCXx）=10XX^-=,D（X）=10XM

Im?8C=-a+§6=0,6060360220

則4取/n=（西，3,祈）.J__19型J__29

20-40，Dn（Xx3）-10X30X30-90,

\n?BP=-a~^-b-\-2c=09

不滿足D（X3）＞D（X2）＞D（X1）.）

（14分）當(dāng)a=7時，

|機?〃|T65-

所以|cos<n,m>|=在每次射擊中,甲擊中大于7環(huán)的概率為P=羽，

\m\,|n|13

在每次射擊中，乙擊中大于7環(huán)的概率為P=1|.

所以平面PAD與平面PBC夾角的余弦值為少.

在每次射擊中，丙擊中大于7環(huán)的概率為P=得，

（15分）

由題意可知X]?網(wǎng)10卷），&?,Xs?

17.解：（1）甲進入決賽，理由如下：

丙射擊成績的總環(huán)數(shù)為2X6+4X7+10X8+18X9+

,（12分）

26X10=542,（1分）

9a1?Q11

甲射擊成績的總環(huán)數(shù)為1X6+1*7+10/8+24X9+此時D（X"=10義孤義太=怒,D（Xz）=10X昔義

JUJUJ_L乙

24X10=549,（2分）

155a121

行■=方,。。3）=10然記*而=而，滿足D（X3）＞

因為549＞542,_L乙/乙_LU_LUJ

所以用樣本來估計總體可得甲進入決賽.（4分）D（X2）＞D（X1）.（15分）

（2）根據(jù)題中數(shù)據(jù)：當(dāng)Q=8時，

“甲命中9環(huán)”的概率可估計為您=工，在每次射擊中，甲擊中大于8環(huán)的概率為P=。，

605

“甲命中10環(huán)”的概率可估計為益=日，在每次射擊中，乙擊中大于8環(huán)的概率為P=亍，

605

“乙命中9環(huán)”的概率可估計為興=營，在每次射擊中，丙擊中大于8環(huán)的概率為尸

60Z

由題意可知X]?網(wǎng)10,右），Xz?B（10，U,《?

“乙命中10環(huán)”的概率可估計為燕=4，

604

所以估計這4次射擊中出現(xiàn)2個“9環(huán)”和2個“10環(huán)”,（12分）

的概率為（卷）16了+（看◎義

此時D（Xi）=10XX,D（X?）=10XX

5554

（打山義（+。）=懸（7分）

1_15—Hy4_88

T-y,D（X3）-10X-X---,

?2?

滿足（）＞（）＞（）（分）2

DX3DX2DX1.15由已知，方程①的判別式△=64/(yP—kxp)—

（當(dāng)a=9時，4(4公+3)[4(?—丘P)2—12]=0,

9

在每次射擊中，甲擊中大于9環(huán)的概率為P=?，所以4萬2—{yp-kxp)2+3=0,

所以(4—xp)k2-\-2kxpyp—認>+3=0,②

在每次射擊中，乙擊中大于9環(huán)的概率為P=+，

方程②的判別式&=4遴娓—4(4一遙)(3—冰)=

1R

在每次射擊中，丙擊中大于9環(huán)的概率為P=荒，IQyp+12或一48,

又箸+學(xué)=1,即3或+4蛀=12,

由題意可知Xi?B（10,卷）￡?）.?

所以4=0,所以方程②的解為左=一若與，（10分）

Ml。噌4-scp

又4養(yǎng)=3（4一4）,

23471

此時D(XQ=10X虧X廣而4

所以4=—咨，

4加

3_15D(X)=10X§X§=^

1~~83

所以直線I的方程為節(jié)工+于V=l，

不滿足D(X3)>D(X2)>D(X1).)

18.解：（1）由中垂線的性質(zhì)得|PB|=|PT|,所以CD-'^-x+^-yp=0.③

所以|PB|+|PA|=|PA|+|PT|=4>|AB|=2,

又直線PA：z=紅土。一1,④

所以動點P的軌跡是以A,B為焦點，長軸長為4的橢圓,yp

（分）

2聯(lián)立③④，消工可得節(jié)（好4—1）+半y=0，

設(shè)該橢圓的方程為A,

1,

解得”二*?

（3分）

代人得保=二=7，

（4分）

同理可得

|P0yP—yo4

/1_|PA||PB|_16一迷.

所_

以O(shè)APAB?^APCD—|?|------Jg-，（15分）

又一2Op＜2,

：

所以sAPABSAPCDG（%1]?（17分）

41PAi?|PB|…必APB|pA||PB|

y|PC|?\PD\?sinZCFDPCPD|,

設(shè)C（￡c，Vc），。（藥，加），P（ip，加），

mJPA1—加\PB\_yP

人」|PC|yp—yc'IPDiyP—yD

因為I的斜率存在，設(shè)為k.解法二：由橢圓的光學(xué)性質(zhì)可知，/是NAPB的外角平

所以直線I的方程為y=k{x-J：P）,分線（如圖標(biāo)識），

日n冗一NAPB（0人、

1,即a=-------------=四（6分）

聯(lián)立可得＜消去用得（41+3）比之十

、）=%（1一]p）+?p，因為CD〃/，所以NPCD=a=￡=NPDC,

2

8k(yP-Aip)x+4(3；尸—kxp)—12=0,①（7分）所以|PC|=|PD|，結(jié)合NCOA=NBOD,（8分）

?3

所以由正弦定理可知器=警您=%照髓=1,2,3,4,有仇+仇+仇=1+3+7=11,

IAO\sinZ_AC（Jsm^_DD（J

綜上，加的最小值為4.（8分）

愣■，即|AC|=|BD|.（10分）

（3）證明：因為bt+1=min{鹿|n>bt，即>八方=0,1,…，

從而4=|PA（+]PB|=|PC|+|PD|=2|PC|,2023},

所以4+1>4,1=0,1,…，2023.

若加］<2024,則當(dāng)〃V4+i時，至少以下情況之一

成立：

①4&方，這樣的n至多有t個；

②存在，《八仇=〃，這樣的n至多有t個.

所以小于仇+i的〃至多有2t個，

所以1=2力+1,

因為SAPAB!S/XPCD=~|■

令22+142024,解得z+l<l012,

y|PC|?\PD\?sinZCPD

所以b.oi2<2024.（11分）

\PA\\PB\

IPC|\PD\"對歸GN*,若小《2024々〈仇+i,且2024k<bt+l+10