河北省名校聯(lián)合體2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期2月開學(xué)測(cè)試數(shù)學(xué)試題（教師版）

河北省名校聯(lián)合體開學(xué)測(cè)試（二月）數(shù)學(xué)本試卷共4頁，19題.全卷滿分150分.考試用時(shí)120分鐘.1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交.一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知一組數(shù)據(jù)3，7，4，11，15，6，8，13，去掉一個(gè)最大值和一個(gè)最小值后所得數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為（）A.4 B.6 C.11 D.13【答案】C【解析】【分析】把新數(shù)據(jù)按由小到大排列，利用上四分位數(shù)的定義求解即得.【詳解】依題意，所得新數(shù)據(jù)按由小到大排列為：4，6，7，8，11，13，由，得所得數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為11.故選：C2.已知向量，且，則向量與的夾角為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)兩向量的夾角公式，結(jié)合夾角的范圍計(jì)算即得.【詳解】設(shè)向量與的夾角為θ，則，又，故.故選：B.3.若，則“”是“”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【答案】B【解析】【分析】結(jié)合三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式，判斷“”和“”之間的邏輯推理關(guān)系，即可得答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，，即成立；又因?yàn)?，所以或，結(jié)合，解得或或，即成立，推不出，故“”是“”的充分不必要條件.故選：B4.某單位春節(jié)共有四天假期，但每天都需要留一名員工值班，現(xiàn)從甲、乙、丙、丁、戊、己六人中選出四人值班，每名員工最多值班一天.已知甲在第一天不值班，乙在第四天不值班，則值班安排共有（）A.184種 B.196種 C.252種 D.268種【答案】C【解析】【分析】采用間接法可直接得到答案.【詳解】從甲、乙、丙、丁、戊、己六人中選出四人安排到假期的四天值班，一共有種方法；甲在第一天值班有種方法；乙在第四天值班有種方法；甲在第一天值班且乙在第四天值班有種方法；因此從甲、乙、丙、丁、戊、己六人中選出四人值班，甲第一天不值班，乙在第四天不值班共有種方法，故選：C.5.已知，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，求得，利用立方和公式因式分解得，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可.【詳解】由，有，得，.故選：D6.已知集合，則的元素個(gè)數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z，得出復(fù)數(shù)的周期性，即可判斷集合中的元素個(gè)數(shù).【詳解】當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，，可知以上四種情況循環(huán)，故集合，的元素個(gè)數(shù)為3.故選：C7.在四面體中，，，且，則該四面體的外接球表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)條件作出四面體的高，通過相關(guān)條件推理計(jì)算分別求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半徑.【詳解】如圖，作平面，連接，易得因，平面，所以平面，平面，故,由題可得，，則.不妨設(shè)，則有①，在中，由余弦定理，，在中，②，將兩式相減化簡(jiǎn)即得：，.取線段中點(diǎn)，過點(diǎn)作平面，其中點(diǎn)為外接球的球心，設(shè)外接球半徑為，由余弦定理求得，在直角梯形中，，由計(jì)算可得：，則該四面體外接球表面積為.故選：B.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題主要考查四面體的外接球的表面積，屬于中檔題.求解多面體的外接球的主要方法有：（1）構(gòu)造模型法:即尋找適合題意的長(zhǎng)方體，正方體，圓柱等幾何體，借助于這些幾何體迅速求得外接球半徑；（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多邊形的外心，作出外接球球心，借助于題設(shè)中的條件得到多面體的高，構(gòu)成直角梯形或直角三角形來求解.8.已知雙曲線，設(shè)是的左焦點(diǎn)，，連接交雙曲線于.若，則的離心率的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出圖形，計(jì)算出大小，可得出，利用余弦定理求出，然后利用雙曲線的定義可得出關(guān)于、的等式，即可解得該雙曲線離心率的值.【詳解】如下圖所示：設(shè)，由題意可得，，則，且，所以，，因?yàn)?，則，由余弦定理可得，所以，，由雙曲線的定義可得，即，故該雙曲線的離心率為.故選：D.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據(jù)離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關(guān)于、的齊次方程，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.二、多項(xiàng)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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得部分分.9.下列式子中最小值為4的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】對(duì)于ABD，利用基本不等式運(yùn)算求解；對(duì)于C，運(yùn)用對(duì)數(shù)運(yùn)算及二次函數(shù)的最值可判斷．【詳解】對(duì)于選項(xiàng)A：，當(dāng)且僅當(dāng)，即當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，但不成立，所以的最小值不為4，故A錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)?，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值為，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C：，當(dāng)時(shí)，取得最小值4，故C成立；對(duì)于選項(xiàng)D：由題意，則，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故D正確．故選：BCD．10.在中，角的對(duì)邊分別是，若，，則（）A. B.C. D.的面積為【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)及余弦定理可判斷A；根據(jù)及正弦定理可判斷B；由的值及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可求，，根據(jù)正弦定理求出，代入求出可判斷C；根據(jù)三角形面積公式可判斷D.【詳解】由余弦定理可得，解得，故A正確；由及正弦定理，可得,化簡(jiǎn)可得.因?yàn)椋?，所以，?因?yàn)?，所以，故B錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以且，代入，可得，解得?因?yàn)?，，，所以由正弦定理可得，由，可得，化?jiǎn)可得，解得或（舍），故C正確；.故選:AC.11.歐拉函數(shù)是數(shù)論中的一個(gè)基本概念，的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)，且與互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)（只有公因數(shù)1的兩個(gè)正整數(shù)互質(zhì)，且1與所有正整數(shù)（包括1本身）互質(zhì)），例如，因?yàn)?，3，5，7均與8互質(zhì)，則（）A. B.數(shù)列單調(diào)遞增C. D.數(shù)列的前項(xiàng)和小于【答案】ACD【解析】【分析】A，由題意可得，即可判斷選項(xiàng)正誤；B，由A選項(xiàng)可判斷選項(xiàng)正誤；C，注意到，則從1到100個(gè)整數(shù)中去掉能被2或5整除的數(shù)，即可得與100互質(zhì)的數(shù)，即；D，由C選項(xiàng)分析結(jié)合題意可得，后由等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式可判斷選項(xiàng)正誤.【詳解】A選項(xiàng)，由題可知與4互質(zhì)的數(shù)為1，3，則；與6互質(zhì)的數(shù)為1，5，則；與10互質(zhì)的數(shù)為1，3，7，9，則，故，即A正確；B選項(xiàng)，由A選項(xiàng)可知，，故數(shù)列不是單調(diào)遞增數(shù)列，即B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，注意到，則從1到100，這100個(gè)整數(shù)中，被2整除的有50個(gè)，被5整除的有20個(gè)，同時(shí)被2和5整除的有10個(gè)，則從1到100，這100個(gè)整數(shù)中，不能被被2或5整除的數(shù)，即與100互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)為個(gè)，則，故C正確；D選項(xiàng)，由C選項(xiàng)分析可知，與互質(zhì)的數(shù)，就是從1到，這個(gè)整數(shù)中去掉所有的2的倍數(shù).其中2的倍數(shù)有個(gè)，則，同理可得.則，即為首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，其前項(xiàng)和，故D正確.故選：ACD三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知二項(xiàng)式的二項(xiàng)式系數(shù)的和為，則_____________.試估算時(shí)，的值為_____________.（精確到）【答案】①.②.【解析】【分析】利用二項(xiàng)式系數(shù)和求出的值，再利用二項(xiàng)式定理可求出的近似值.（精確到）【詳解】二項(xiàng)式的二項(xiàng)式系數(shù)的和為，解得，當(dāng)時(shí)，.故答案為：；.13.蒙日是法國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，他首先發(fā)現(xiàn)橢圓的兩條相互垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是圓，所以這個(gè)圓又被叫做“蒙日?qǐng)A”，已知點(diǎn)A、B為橢圓（）上任意兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在直線上，若恒為銳角，則根據(jù)蒙日?qǐng)A的相關(guān)知識(shí)，可知橢圓C的離心率的取值范圍為______【答案】【解析】【分析】求出給定橢圓的蒙日?qǐng)A方程，由已知可得直線與該蒙日?qǐng)A相離，建立不等式求出離心率范圍即得.【詳解】依題意，直線都與橢圓相切，因此直線所圍成矩形的外接圓即為橢圓的蒙日?qǐng)A，由點(diǎn)A、B為橢圓上任意兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足為銳角，得點(diǎn)在圓外，又動(dòng)點(diǎn)P在直線上，因此直線與圓相離，于是，解得，則，解得，所以橢圓C的離心率的取值范圍為.故答案為：14.在數(shù)列中，滿足，則的值為_____________.【答案】【解析】【分析】利用待定系數(shù)法求出，則答案即可求解.【詳解】設(shè)，則，,所以，解得,所以，所以,故答案為：四、解答題：本大題共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.已知圓C經(jīng)過兩點(diǎn)，，且圓心直線上．（1）求圓C的方程；（2）過點(diǎn)作直線l與圓C交于M，N兩點(diǎn)，若，求直線l的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）設(shè)出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，利用待定系數(shù)法求解；（2）根據(jù)弦長(zhǎng)及圓的半徑求出弦心距，據(jù)此分直線斜率存在與不存在兩種情況求解即可.【小問1詳解】設(shè)圓C的方程為，則，解得，所以圓C的方程為．【小問2詳解】設(shè)圓心到直線l的距離為d，則，則．當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l：，滿足題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為，即，所以，解得，此時(shí)，直線l的方程為，即．綜上所述，直線l的方程為或．16.在如圖所示的三棱錐中，分別是線段的中點(diǎn)，且.（1）證明：直線平面;（2）若二面角的大小為，求直線和平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由中位線得到線線平行，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)和勾股定理逆定理得到線線垂直，從而求出線面垂直；（2）在（1）的基礎(chǔ)上得到線線垂直，結(jié)合二面角得到，求出其他邊的長(zhǎng)度，進(jìn)而證明出⊥平面，建立空間直角坐標(biāo)系，得到點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面的法向量，求出線面角的正弦值，進(jìn)而得到余弦值.【小問1詳解】因?yàn)椤?，為的中點(diǎn)，，所以，又為的中點(diǎn)，所以，且，因?yàn)?，所以，即⊥，因?yàn)椤?，所以⊥，因?yàn)?，平面，所以⊥平面；【小?詳解】因?yàn)椤推矫?，，所以⊥平面，因?yàn)槠矫?，所以⊥，⊥，因?yàn)椤停识娼堑钠矫娼菫?，所以，因?yàn)椤推矫?，平面，所以⊥，因?yàn)椤?，，平面，所以⊥平面，以為坐?biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸，以平行于的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，則，設(shè)平面的法向量，則，解得，令，則，故，又，設(shè)直線和平面所成角大小為，則，則，故直線和平面所成角的余弦值為.17.如圖，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在隨機(jī)外力的作用下，從原點(diǎn)出發(fā)，隨機(jī)移動(dòng)次，每次等可能地向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位長(zhǎng)度，次移動(dòng)結(jié)束后，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)的位置的數(shù)字記為.（1）若，求;（2）若，求的分布列和的值.【答案】（1）（2）分布列見解析，0【解析】【分析】（1）由可直接得到結(jié)果；（2）首先求出X的所有可能取值以及對(duì)應(yīng)的概率，再結(jié)合離散型隨機(jī)變量的期望公式求答案即可.【小問1詳解】；【小問2詳解】設(shè)表示6次移動(dòng)中向左移動(dòng)的次數(shù)，則，質(zhì)點(diǎn)最后到達(dá)的數(shù)字，則：，，，，，，，的分布列為：0246.18.已知函數(shù)（1）若、在處切線的斜率相等，求的值；（2）若方有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，試證明：;（3）若方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，試證明：.【答案】（1）1（2）證明見解析；（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；（2）由題意得，首先證明，再結(jié)合差比性質(zhì)得，變形后，結(jié)合換元法及導(dǎo)數(shù)知識(shí)求證即可得證；（3）首先令去掉絕對(duì)值符號(hào)，再求得，的根，以及方程的根，結(jié)合放縮的知識(shí)可得，所以原不等式可得.【小問1詳解】，,又,所以.【小問2詳解】由（1）知，則令，令時(shí)，單調(diào)遞增時(shí)，單調(diào)遞減所以因?yàn)橛刹畋鹊男再|(zhì)知：，又，則欲證：即證：不妨設(shè)：下證，令下證令所以在上單調(diào)遞增，所以所以【小問3詳解】不妨設(shè)，下證在處的切線方程為構(gòu)造當(dāng)時(shí)，;時(shí)，;所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，設(shè)方程的函數(shù)值為的根，則因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以，在處的切線方程為,構(gòu)造當(dāng)時(shí)，;時(shí)，;所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增所以所以設(shè)方程的根又，由在上單調(diào)遞增所以又所以.【點(diǎn)睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用：求切線的斜率切線方程，求函數(shù)單調(diào)性和最值，考查分類討論思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡(jiǎn)運(yùn)算能力和推理能力，屬于難題．19.菲波納契數(shù)列又稱“兔子數(shù)列”“黃金分割數(shù)列”，是由13世紀(jì)的意大利數(shù)學(xué)家菲波納契提出的，其定義是從數(shù)列的第三項(xiàng)開始，每一項(xiàng)都等于前兩項(xiàng)的和，即滿足.規(guī)定，.（1）試證明：；（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）試證明：時(shí)，.【答案】（1）證明見解析（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)遞推證明即可；（2）設(shè)，，即，即可得到，