河北省2023-2024学年高三下学期2月大数据应用调研联合测评Ⅴ数学试题

绝密★启用前河北省2024届高三年级大数据应用调研联合测评（V）数学班级__________姓名__________注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.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.已知复数满足（为虚数单位），则（）A.B.C.D.2.已知为平面向量，其中，则（）A.1B.2C.D.43.德国数学家康托尔在其著作《集合论》中给出正交集合的定义：若集合和是全集的子集，且无公共元素，则称集合互为正交集合.规定空集是任何集合的正交集合.若全集，则集合关于集合的正交集合的个数为（）A.8B.16C.32D.644.某小学为提高课后延时服务水平和家长满意度，对该校学生家长就服务质量､课程内容､学生感受､家长认可度等问题进行随机电话回访.某天共回访5位家长，通话时长和评分情况如下表：时长（分钟）1012141519评分607590根据散点图分析得知与具有线性相关关系且求得其回归方程为，则（）A.61B.63C.65D.675.已知函数满足对于任意都有.若函数在区间上有且仅有一个零点，则的最大值为（）A.3B.C.D.56.已知均为正实数，且满足，则的最小值为（）A.2B.C.D.7.陀螺是中国传统民俗体育游戏，流传甚广，打陀螺已被列入第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录.陀螺结构分为上下两部分：上部分为木质件，下部分为球形钢珠.其中木质件的形状为上部是底面半径为，高为的圆柱，下部为上底半径为，下底半径为，高为的圆台.若陀螺的木质件由一个球形原料经车床一次性车制而成，那么原料的半径最小为（）A.B.C.D.8.已知圆上有一动点，圆上有一动点，直线上有一动点，直线与圆相切，直线与圆相切，则的最小值为（）A.4B.5C.D.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，则（）A.B.C.D.10.双曲抛物面又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名.其在力学､建筑学､美学中有着广泛的应用.在空间直角坐标系中，将一条平面内开口向上的抛物线沿着另一条平面内开口向下的抛物线滑动（两条抛物线的顶点重合）所形成的就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为，则下列说法正确的是（）A.用平行于平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线B.用法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线C.用垂直于轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线D.用过原点且法向量为的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线11.已知函数是定义在上的连续可导函数，且满足①；②为奇函数，令，则下列说法正确的是（）A.的图象关于对称B.C.D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.第14题第一空2分，第二空3分.12.已知，则__________.13.已知椭圆的左､右焦点分别为，点为第一象限内椭圆上一点，的内心为，且，则椭圆的离心率为__________.14.已知数列满足，且，则__________；令，若的前项和为，则__________.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.（本小题满分13分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的取值范围.16.（本小题满分15分）已知双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为1，且双曲线左支上任意一点到的距离的最小值为.（1）求双曲线的方程；（2）已知直线交于两点，为坐标原点，若，求直线的斜率的值.17.（本小题满分15分）已知在多面体中，平面平面，四边形为梯形，且，四边形为矩形，其中和分别为和的中点，.（1）证明：平面平面；（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.18.（本小题满分17分）现有红､绿､蓝三种颜色的箱子，其中红箱中有4个红球，2个绿球，2个蓝球；绿箱中有2个红球，4个绿球，2个蓝球；蓝箱中有2个红球，2个绿球，4个蓝球.所有球的大小､形状､质量完全相同.第一次从红箱中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；第二次要从与第一次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后将球放回去；以此类推，第k+1次是从与第k次记录颜色相同的箱子中随机抽取一球，记录颜色后放回去.记第次取出的球是红球的概率为，（1）求第3次取出的球是蓝球的概率；（2）求的解析式19.（本小题满分17分）设为非负整数，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.（1）求证：；（2）若是素数，为不能被整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理.应用费马小定理解决下列问题：①证明：对于任意整数都有；②求方程的正整数解的个数.河北省2024届高三年级大数据应用调研联合测评（V）数学参考答案及解析题号1234567891011答案BBBCABADACDABABD1.【答案】B【解析】由，得，所以，故选B，2.【答案】B【解析】由可知，故选B.3.【答案】B【解析】集合互为正交集合说明集合没有公共元素，由已知可得，集合满足，故集合有种可能，故选B.4.【答案】C【解析】由已知得，将点代入回归方程，即，解得，故选C.5.【答案】A【解析】由题意可知函数的图象关于直线对称，且，设的最小正周期为，则函数在区间上有且仅有一个零点当且仅当，即，所以，所以的最大值为3.故选A.6.【答案】B【解析】由，得，所以，又，当且仅当即时取等号.所以，故选B.7.【答案】A【解析】由题意可知当本质件几何体内接于球形原料时，所用原料的半径最小，此时取几何体的轴截面，得到如图所示的图形.则，设外，接球半径为因为，所以由①-②得代入①得，故选A.8.【答案】D【解析】由已知得，设直线上动点，则，则.设，则，当且仅当三点共线时取等号，故选.9.【答案】ACD【解析】因为，所以，因为，所以，故A正确；因为，所以，故B错误；，故C正确；，①，②①+②得，②-①得，上述两式相除即可得，则，故D正确.故选ACD.10.【答案】AB【解析】平行于平面的面中为常数，不妨设为，得，故所得轨迹是双曲线，正确；法向量为的平面中为常数，不妨设为，则，为抛物线方程，故B正确；垂直于轴的平面中为常数，不妨设为，则，为抛物线方程，故不正确；设平面上的点坐标为，因为平面过原点且法向量为，由，得，故，代入马鞍面标准方程，得，当时，方程为，不是抛物线.故不正确.故选AB.11.【答案】ABD【解析】由，则，所以.所以.所以的图象关于对称.又因为是奇函数.故为奇函数.所以为周期为4的周期函数.对于.由上面分析得的图象关于对称.A正确：对于B.因为的图象关于对称.故.因为.故.B正确：对于，故.C错误.对于D.因为为周期为4的奇函数.故为周期为4的偶函数，，故，D正确.故选ABD.12.【答案】72【解析】【解析】的展开式的通项为，则，则.13.【答案】【解析】设内切圆与轴､分别切于点，故点的坐标为，则由切线长定理可知，且内切圆半径.在中，，故，所以的周长为.由等面积法可知.即，整理得，解得或（合）.由椭圆的定义得.所以.所以.14.【答案】（2分）（3分）【解析】由，可得，即.两边取以4为底的对数得，则数列是以1为首项，2为公比的等比数列.所以.所以.由，得，则，得，故.所以.15.【解】（1），当时.，.所以曲线在点处的切线方程为.即.（2）由（1）得.因为.所以由，得，所以当时，单调递诚；当时.单调递增.所以.10分由，得，解得.所以实数的取估范围为.16.【解】（1）双曲线的一条渐近线方程为，故右焦点到直线的距离为.所以.由题意知.故因此双曲线.（2）设.将了线与双曲线的方程联立得，消去整理得，解得，且，.解得，满足题意.所以.17.【解】（1）证明：四边形为矩形，，又平面平面.平面平面平面.在边上取点，使，连接，又四边形为平行四边形.在中，，由余弦定理知.，故.过点作于，在Rt中...故.以所在组线分别为轴､轴､轴，建立如图所示空间直角坐标系，所以，.又平面，又平面，平面平面.（2）平面的一个法向量为，设，则，设平面的法向量为.则即.取.则.平面的一个法向量为.设二面角的平面角为.则，解得.平面的一个法向量为，.设与平面所成角为.则.18.【解】（1）设第次取出的球是绿球､蓝球的概率分别为.显然.则.故.（2）由上述规律可知将②-③得..代入①得，又，.，又，数列是首项为，公比为的等比数列，，.19.【解】（1）证明：因为，所以被7除所得的余数为1，所以被7除所得的余数为2，又65被7除所得的余数为2.所以.（2）①证明：由费马小定理得，又，所以，同理：，因为都为素数.，所以.②易得，由费马小定理知道对于任意正整数都有，即.，由费马小定理知道对于任意正整数都有，即.因为5和7互为质数.所以对于任意的正整数都有.于是方程的正整数解的个数为35.