2024届河北省邢台一中高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

2024届河北省邢台一中高三第二次诊断性检测数学试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数的共轭复数为（）A． B． C． D．2．如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为()A． B． C．6 D．与点O的位置有关3．已知是的共轭复数,则（）A． B． C． D．4．已知，函数在区间上恰有个极值点，则正实数的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知复数满足：，则的共轭复数为（）A． B． C． D．6．已知复数，若，则的值为（）A．1 B． C． D．7．已知函数，则下列结论中正确的是①函数的最小正周期为；②函数的图象是轴对称图形；③函数的极大值为；④函数的最小值为．A．①③ B．②④C．②③ D．②③④8．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）A． B． C． D．29．已知，则p是q的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（）A． B．C． D．11．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（）A．， B．，C．， D．，12．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，且，则的最小值是______.14．函数在处的切线方程是____________.15．函数在区间(-∞，1)上递增，则实数a的取值范围是____16．已知集合，，则_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数（其中是自然对数的底数）（1）若在R上单调递增，求正数a的取值范围；（2）若f（x）在处导数相等，证明：；（3）当时，证明：对于任意，若，则直线与曲线有唯一公共点（注：当时，直线与曲线的交点在y轴两侧）.18．（12分）某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概率均为，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工厂的检验仪器一次最多可检验件该产品，且每件产品检验合格与否相互独立．若每件产品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检验方案：将产品每个一组进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验次或次．设该工厂生产件该产品，记每件产品的平均检验次数为．（1）求的分布列及其期望；（2）（i）试说明，当越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；（ii）当时，求使该方案最合理时的值及件该产品的平均检验次数．19．（12分）已知函数是减函数.（1）试确定a的值；（2）已知数列，求证：.20．（12分）如图所示，直角梯形ABCD中，，，，四边形EDCF为矩形，，平面平面ABCD．(1)求证：平面ABE；(2)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值．(3)在线段DF上是否存在点P，使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为，若存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由．21．（12分）设函数，是函数的导数.（1）若，证明在区间上没有零点；（2）在上恒成立，求的取值范围.22．（10分）（选修4-4：坐标系与参数方程）在平面直角坐标系，已知曲线（为参数），在以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）过点且与直线平行的直线交于，两点，求点到，的距离之积．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果【详解】∵∴其共轭复数为.故选：D【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.2、B【解析】

根据三视图还原直观图如下图所示，几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积，即可求出结论.【详解】如下图是还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，顶点O在平面上，高为2，所以四棱锥的体积为，所以该几何体的体积为.故选:B.【点睛】本题考查三视图求几何体的体积，还原几何体的直观图是解题的关键，属于基础题.3、A【解析】

先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．【详解】i，∴a+bi＝﹣i，∴a＝0，b＝﹣1，∴a+b＝﹣1，故选：A．【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．4、B【解析】

先利用向量数量积和三角恒等变换求出，函数在区间上恰有个极值点即为三个最值点，解出，，再建立不等式求出的范围，进而求得的范围.【详解】解：令，解得对称轴，，又函数在区间恰有个极值点，只需解得．故选：．【点睛】本题考查利用向量的数量积运算和三角恒等变换与三角函数性质的综合问题.(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成或的形式;(2)根据自变量的范围确定的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值或参数范围.5、B【解析】

转化，为，利用复数的除法化简，即得解【详解】复数满足：所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.6、D【解析】由复数模的定义可得：，求解关于实数的方程可得：.本题选择D选项.7、D【解析】

因为，所以①不正确；因为，所以，，所以，所以函数的图象是轴对称图形，②正确；易知函数的最小正周期为，因为函数的图象关于直线对称，所以只需研究函数在上的极大值与最小值即可．当时，，且，令，得，可知函数在处取得极大值为，③正确；因为，所以，所以函数的最小值为，④正确．故选D．8、B【解析】

首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，将圆柱的侧面展开图平铺,可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.9、B【解析】

根据诱导公式化简再分析即可.【详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.10、C【解析】

根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，，有，又由在上单调递增，则有，故选C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．11、D【解析】

根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.【详解】从题设中提供的图像可以看出，故得，故选：D．【点睛】本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.12、C【解析】

由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因为为三角形的最大角，所以，又由余弦定理，当且仅当时，等号成立，所以，即，又由，所以的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】

先将前两项利用基本不等式去掉，，再处理只含的算式即可．【详解】解：，因为，所以，所以，当且仅当，，时等号成立，故答案为：1．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，但是由于有3个变量，导致该题不易找到思路，属于中档题．14、【解析】

求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.【详解】，则，，.因此，函数在处的切线方程是，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】

根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组，解不等式求得的取值范围.【详解】由二次函数的性质和复合函数的单调性可得解得.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围，属于基础题.16、【解析】

根据交集的定义即可写出答案。【详解】，，故填【点睛】本题考查集合的交集，需熟练掌握集合交集的定义，属于基础题。三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】

（1）需满足恒成立，只需即可；（2）根据的单调性，构造新函数，并令，根据的单调性即可得证；（3）将问题转化为证明有唯一实数解，对求导，判断其单调性，结合题目条件与不等式的放缩，即可得证．【详解】；令，则恒成立；，；的取值范围是；（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；；令，；则；令，则；；；（3）证明：，，要证明有唯一实数解；当时，；当时，；即对于任意实数，一定有解；；当时，有两个极值点；函数在，，上单调递增，在上单调递减；又；只需，在时恒成立；只需；令，其中一个正解是；，；单调递增，，（1）；；；综上得证．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数证明不等式，考查了转化思想、不等式的放缩，属难题．18、（1）见解析，（2）（i）见解析（ii）时平均检验次数最少，约为594次．【解析】

（1）由题意可得，的可能取值为和，分别求出其概率即可求出分布列，进而可求出期望.（2）（i）由记，根据函数的单调性即可证出；记，当且取最小值时，该方案最合理，对进行赋值即可求解.【详解】（1）由题，的可能取值为和，故的分布列为由记，因为，所以在上单调递增，故越小，越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理记当且取最小值时，该方案最合理，因为，，所以时平均检验次数最少，约为次．【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能力，属于中档题.19、（Ⅰ）（Ⅱ）见证明【解析】

（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而，两边取对数，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．【详解】解：（Ⅰ）的定义域为，.由是减函数得，对任意的，都有恒成立.设.∵，由知，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴在时取得最大值.又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.∴，解得.（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，∴，即.两边同除以得，，即.从而，所以①.下面证；记，.∴，∵在上单调递增，∴在上单调递减，而，∴当时，恒成立，∴在上单调递减，即时，，∴当时，.∵，∴当时，，即②.综上①②可得，.【点睛】本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，20、（I）见解析（II）（III）【解析】试题分析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由题意可得平面的法向量，且，据此有，则平面．（Ⅱ）由题意可得平面的法向量，结合(Ⅰ)的结论可得，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，则，而平面的法向量，据此可得，解方程有或．据此计算可得．试题解析：（Ⅰ）取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，∴，，设平面的法向量，∴不妨设，又，∴，∴，又∵平面，∴平面．（Ⅱ）∵，，设平面的法向量，∴不妨设，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）设，，∴，∴，又∵平面的法向量，∴，∴，∴或．当时，，∴；当时，，∴．综上，．21、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，函数