河北省石家庄市第二中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（含答案）

石家庄市重点中学2023-2024学年高三上学期期末考试
数学试卷
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1．已知（为虚数单位），则（ ）
A．2 B． C．4 D．5
2．已知向量，，若与反向共线，则的值为（ ）
A．0 B． C． D．
3．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．12 B．10 C．9 D．8
6．被誉为信息论之父的香农提出了一个著名的公式：，其中C为最大数据传输速率，单位为；W为信道带宽，单位为；为信噪比.香农公式在5G技术中发挥着举足轻重的作用.当，时，最大数据传输速率记为；当，时，最大数据传输速率记为，则为（ ）
A． B． C． D．3
7．已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
8．已知点在椭圆上，为椭圆的右焦点，是上位于直线两侧的点，且点到直线与直线的距离相等，则直线与轴交点的横坐标的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．关于函数，下列说法中正确的有（ ）
A．是奇函数 B．在区间上单调递增
C．为其图象的一个对称中心 D．最小正周期为
10．从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为 B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为 D．的面积不大于5的概率为
11．已知直线经过抛物线的焦点，且与交于，两点，过，分别作直线的垂线，垂足依次记为，若的最小值为，则（）
A．
B．为钝角
C．
D．若点，在上，且为的重心，则
12．已知，函数，则（ ）
A．对任意，，存在唯一极值点
B．对任意，，曲线过原点的切线有两条
C．当时，存在零点
D．当时，的最小值为1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，若的展开式中含项的系数为40，则 .
14．已知两个等差数列和的前n项和分别为和，且，则使得为整数的正整数n的集合是 .
15．已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为 ．
16．已知定义在上的函数恒有两个不同的极值点，则a的取值范围是 ．
解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（本题10分）设等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求．
18．（本题12分）已知中，角所对的边分别为.
(1)求；
(2)设是边上的点，且满足，求内切圆的半径.
19．（本题12分）在直角梯形中，，，，如图（1）．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
20．（本题12分）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程．该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为．
(1)求的值；
(2)求的值（用表示）；
(3)求证：的数学期望为定值．
21．（本题12分）已知为双曲线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线的左、右焦点分别为，且．当时，的最小内角为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)连接，交双曲线于另一点，连接，交双曲线于另一点，若．
①求证：为定值；
②若直线AB 的斜率为 1 ，求点P 的坐标．
22．（本题12分）已知定义在上的函数和.
(1)求证：；
(2)设在存在极值点，求实数的取值范围.
参考答案：
1．D 2．C 3．C 4．B 5．D
6．D
【详解】根据题意，将，代入可得；
将，代入可得；
所以可知.
故选：D
7．B
【详解】由题意得，
设点到平面的距离为，则由等体积转化法为，
当与重合时，最大，最大为，
此时最小，为.
故选：B.
8．A
【详解】将代入中，得，所以椭圆的方程为．
由题意知，直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
则，直线与轴交点的横坐标为，
由，得，
则，
．
因为，且点到直线与直线的距离相等，
所以，即，即，
整理得，
即，
即，所以．
由题意知，直线不经过点，故，
所以，得，
当时，由得，
由，解得，
故直线与轴交点的横坐标的取值范围为.
故选:A．
9．BCD
10．ACD
【详解】易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
11．AC
【详解】抛物线的焦点，
依题意可知直线与轴不重合，设直线的方程为，
由消去并化简得，
，设，
则，
，
，当时等号成立，
所以，A选项正确，抛物线的方程为，
准线方程，焦点，
则，则，
所以，所以B选项错误.
由上述分析可知，
，
所以，所以C选项正确.
设，由于是的重心，
所以，
所以，所以D选项错误.
故选：AC
12．ABD
【详解】对于A，由已知，函数，可得，
令，
则即在R上单调递增，
令，则，
当时，作出函数的大致图象如图：
当时，作出函数的大致图象如图：
可知的图象总有一个交点，即总有一个根，
当时，；当时，，
此时存在唯一极小值点，A正确；
对于B，由于，故原点不在曲线上，且，
设切点为，则，
即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
当时，的值趋近于0，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，趋近于无穷大，故趋近于正无穷大，
故在和上各有一个零点，即有两个解，
故对任意，，曲线过原点的切线有两条，B正确；
对于C，当时，，，
故，该函数为R上单调增函数，，
故，使得，即，
结合A的分析可知，的极小值也即最小值为，
令，则，且为增函数，
当时， ，当且仅当时取等号，
故当时，，则在上单调递增，
故，令，则，
此时的最小值为，无零点，C错误；
对于D，当时，为偶函数，考虑视情况；
此时，，
结合A的分析可知在R上单调递增，，
故时，，则在上单调递增，
故在上单调递减，为偶函数，
故，D正确，
故选：ABD
13．
14．
15．
【详解】因为，所以球心在平面的投影为的中点，
连接，则，
因为外接球半径，故，故，
延长至点，使，则，
由勾股定理得，
则点在以为圆心，为半径的圆上，
设点在上的投影为，则在以为圆心，为半径的圆上，
则，
故，
以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，
故，
则
，
而当三点共线，且在线段上时，最小，最小值为，
故的最小值为，
故的最小值为.
故答案为：
16．
【详解】函数恒有两个不同的极值点就等价于恒有两个不同的变号零点，即方程有两个不同的正实数根．
方程可变形为即．
令，则，，
即直线与函数的图象在y轴右侧有两个不同的交点．
记，则，
记，则，
所以在上单调递增．
令，得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，上单调递增．
所以，
∴．
故答案为：
17．(1)
(2)
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，，，
解得，，
故.
（2）由（1）知，，
，，，
．
18．(1)
(2)
【详解】（1）已知，由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
（2）如图所示：
在中根据余弦定理得，即，①
又因为，所以，因为，所以，
将两边平方并整理得，②
联立①②得到，所以，，
所以，.
所以的面积为.
设其内切圆半径为，则，解得，
所以内切圆的半径为.
19．(1)证明见解析
(2)存在，．
【详解】（1）证明：因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，又因为平面，所以.
（2）解：因为平面，且平面，所以，
以点为原点，所在的直线分别为轴，过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以．
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
综上所述，在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
20．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设恰有2个黑球的概率为，则恰有0个黑球的概率为．
由题意知，，
所以．
（2）因为，
所以．
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，．
（3）因为①，
②．
所以①②，得．
又因为，所以．所以．
所以的概率分布列为：
0 1 2
p
所以．
所以的数学期望为定值1．
21．(1)
(2)①证明见解析；②或．
【详解】（1）由双曲线的定义知，，
由题意可得，，
在中，由余弦定理知，
解得，因为，所以，
所以双曲线的标准方程为；
（2）①设，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
将的坐标代入曲线得，
，
将的坐标代入曲线得，
，
所以为定值；
②由①知，，
，
因为点在双曲线上，所以或，
即或．
22．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）记()，
所以，
因此在上单调递减，故，
故；
（2），
则，
由于在存在极值点，
所以有正的实数根，
即方程有正的实数根，
令，则，且，
故变形为，进而等价于有正的实数根，
令，，
则，
令，则，
当时，则，
所以在单调递增，
故，进而，
此时在单调递增，故，此时不符合要求，
当时，则，所以在单调递减，
故，进而，此时在单调递减，故，此时不符合要求，
当时，则在单调递增，由于，
当时，，故存在，使得，
故当单调递减，当单调递增，
又当时，，
因此存在，使得单调递减，
当单调递增，又，时，，
故函数有正零点，即有正的实数根.
综上可得.