石家庄市2024年普通高中学校毕业年级教学质量检测（三）
数学
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，则|z|=（ ）
A. B. C. 3 D. 5
2. 已知圆和圆，则两圆公切线的条数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. 25 B. 27 C. 30 D. 35
4. 已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
5. 设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
6. 某项活动在周一至周五举行五天，现在需要安排甲、乙、丙、丁四位负责人值班，每个人至少值班一天，每天仅需一人值班，已知甲不能值第一天和最后一天，乙要值班两天且这两天必须相邻，则不同安排方法的种数为（ ）
A. 24 B. 10 C. 16 D. 12
7. 已知角满足，则（ ）
A B. C. D. 2
8. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线过与交于两点，若，则的值为（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
二、选择题：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. 某校“五一田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则下列说法正确的是（ ）
A. 三项比赛都参加的有2人 B. 只参加100米比赛的有3人
C. 只参加400米比赛的有3人 D. 只参加1500米比赛的有1人
10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于直线对称
C.
D. 若方程在上有且只有5个根，则
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B. 若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C. 若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D. 若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 为了解全市高三学生的体能素质情况，在全市高三学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名学生的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．则直方图中实数的值为______．
13. 给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是______．
14. 已知数列满足：，定义：表示整数除以4的余数与整数除以4的余数相同，例：．设，其中，数列的前项和为，则______；满足的最小值为______．
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. 在中，角所对边分别为．
（1）若，求的值；
（2）求面积的最大值．
16. 在推动电子制造业高质量发展的大环境下，某企业统筹各类资源，进行了积极的改革探索．下表是该企业每月生产的一种核心产品的产量（件）与相应的生产总成本（万元）的四组对照数据．
5 7 9 11
200 298 431 609
企业研究人员建立了与的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下：
经验回归方程①：；经验回归方程②：．
其中经验回归方程①的残差图如图所示（残差观测值预测值）：
（1）在下表中填写经验回归方程②的残差，根据残差分析，判断哪一个经验回归方程更适宜作为关于的回归方程，并说明理由；
5 7 9 11
200 298 431 609
（2）从该企业在过去几年生产的该产品中随机抽取100件，优等品有60件，合格品有40件．每件优等品利润为20万元，每件合格品利润为15万元．若视频率为概率，该企业某月计划生产12件该产品，记优等品件数为，总利润为．
（ⅰ）求与的关系式，并求和；
（ⅱ）记该月成本利润率，在（1）中选择的经验回归方程下，求的估计值．（结果保留2位小数）
附：成本利润率.
17. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若函数，求函数极值点的个数．
18. 如图，在五棱锥中，平面平面，．
（1）证明：平面；
（2）若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成角最小时，求三棱锥体积．
19. 已知椭圆左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，．
（1）求的方程；
（2）若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于．
①证明：为定值；
②证明：四边形的面积是面积的2倍．石家庄市2024年普通高中学校毕业年级教学质量检测（三）
数学
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，则|z|=（ ）
A. B. C. 3 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再求复数的模长即可.
【详解】由已知得，
所以，
故选：B.
2. 已知圆和圆，则两圆公切线的条数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆与圆的位置关系求两圆圆心距及两圆半径，从而可判断两圆位置关系，即可得公切线条数.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心，半径，
则，故两圆外切，则两圆公切线的条数为.
故选：C.
3. 已知等差数列的前项和为，则（ ）
A. 25 B. 27 C. 30 D. 35
【答案】A
【解析】
【分析】借助等差数列及其前项和的性质计算可得公差，结合等差数列求和公式计算即可得.
【详解】设等差数列的公差为，则有，
又，则，解得，
则.
故选：A.
4. 已知双曲线的实半轴长为，其上焦点到双曲线的一条渐近线的距离为3，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线的上焦点为，由题意可得，可求，由已知可求，可求渐近线方程.
【详解】设双曲线的上焦点为，
双曲线的渐近线方程为，
由点到直线的距离公式可得，
又双曲线的实半轴长为，所以，
所以双曲线的渐近线方程为，即.
故选：B.
5. 设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；
对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；
对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；
对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.
故选：D
6. 某项活动在周一至周五举行五天，现在需要安排甲、乙、丙、丁四位负责人值班，每个人至少值班一天，每天仅需一人值班，已知甲不能值第一天和最后一天，乙要值班两天且这两天必须相邻，则不同安排方法的种数为（ ）
A. 24 B. 10 C. 16 D. 12
【答案】D
【解析】
分析】分乙值前两天，乙值后两天及乙不值第一天和最后一天进行讨论即可得.
【详解】若乙值前两天，则甲有两种选择，共有，
若乙值后两天，则甲有两种选择，共有，
若乙不值第一天和最后一天，共有，
共有种不同安排方法.
故选：D.
7. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】借助对已知化简，可求出的值，再由可解.
【详解】因为，即，
所以，
整理得，变形得，
所以.
故选：C
8. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线过与交于两点，若，则的值为（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线方程，联立曲线后得到横坐标有关韦达定理，结合焦半径公式计算即可得解.
【详解】由可得，则，，，
联立，得，
，
，，
由焦半径公式可得，，
则，
则有，，
，解得，又，故.
故选：C.
二、选择题：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. 某校“五一田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则下列说法正确的是（ ）
A. 三项比赛都参加有2人 B. 只参加100米比赛的有3人
C. 只参加400米比赛的有3人 D. 只参加1500米比赛的有1人
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据总人数和各个项目的人数，可求出三项比赛都参加的人数，从而可判定各选项.
【详解】根据题意，设{是参加100米的同学}，
{是参加400米的同学}，
{是参加1500米的同学}，
则
且
则，
所以三项比赛都参加的有2人，只参加100米比赛的有3人，
只参加400米比赛的有2人，只参加1500米比赛的有1人.
故选：ABD
10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于直线对称
C.
D. 若方程在上有且只有5个根，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象可求得函数的解析式，再根据三角函数的性质依次判断各选项.
【详解】对于A，由，得，即，又，
，故A正确；
对于C，又的图象过点，则，即，
，即得，，又，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，
解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B. 若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C. 若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D. 若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
【答案】BD
【解析】
【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D.
【详解】对于A，取中点，连接，
则，所以为异面直线与所成角，
在中，，故A错误；
对于B，将侧面延旋转至与平面共面，
如图连接，交与点，此时最小，
且，故B正确；
对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面平面，
所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线，
取靠近的四等分点，连接，并延长交于点，
连接，交于点，
由，所以，
则，则，所以为平面与平面的交线，
则为平面与平面的交线，
所以为平面与四边形的交线，
由于，所以，
又，所以，
则，故C错误；
对于D，因为点在侧面正方形内，设，
则，
因为，所以，
化简为，
则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 为了解全市高三学生的体能素质情况，在全市高三学生中随机抽取了1000名学生进行体能测试，并将这1000名学生的体能测试成绩整理成如下频率分布直方图．则直方图中实数的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用直方图直方块总面积为，进行运算解出即可.
【详解】由直方图可知：组距为，
所以，
解得.
故答案为：.
13. 给定函数，用表示中的较大者，记．若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】在同一坐标系下画出的图象，求出交点坐标；结合图象再做出满足条件的直线，进而求出的取值范围即可.
【详解】
由，，
因为，
所以图象变为：
其中，当且仅当时取最大值；
且设两函数在第一象限的交点为，即当， ，
解得：，
由题意与函数的图象有3个不同的交点，
由数形结合易知：，或，
故答案为：.
14. 已知数列满足：，定义：表示整数除以4的余数与整数除以4的余数相同，例：．设，其中，数列的前项和为，则______；满足的最小值为______．
【答案】 ①. 2 ②. 40
【解析】
【分析】由，可得当为的倍数时，也是的倍数，
当不为的倍数时，也不是的倍数，则得当是4的倍数时，，当不是4的倍数时，，即可得，取，计算出后，再计算及即可得解.
【详解】由，则，，
则、、都不是的倍数，是的倍数，
，不是的倍数，，不是的倍数，
，不是的倍数，
，是的倍数，
依次可得当为的倍数时，也是的倍数，
当不为的倍数时，也不是的倍数，
由，
则有当是4的倍数时，，当不是4的倍数时，，则；
当，
，
当，即时，有，
，
故满足的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助题意，得到当是4的倍数时，，当不是4的倍数时，，从而可通过计算当时的.
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. 在中，角所对的边分别为．
（1）若，求的值；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可得，从而可求的值；
（2）利用基本不等式可得，再根据余弦定理可得的范围，从而可得的范围，结合三角形面积公式，即可得面积的最大值．
【小问1详解】
由正弦定理，可得，
【小问2详解】
，，
由余弦定理可得，
，，
，，
当且仅当时，等号成立，此时面积取得最大值
16. 在推动电子制造业高质量发展的大环境下，某企业统筹各类资源，进行了积极的改革探索．下表是该企业每月生产的一种核心产品的产量（件）与相应的生产总成本（万元）的四组对照数据．
5 7 9 11
200 298 431 609
企业研究人员建立了与的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下：
经验回归方程①：；经验回归方程②：．
其中经验回归方程①残差图如图所示（残差观测值预测值）：
（1）在下表中填写经验回归方程②的残差，根据残差分析，判断哪一个经验回归方程更适宜作为关于的回归方程，并说明理由；
5 7 9 11
200 298 431 609
（2）从该企业在过去几年生产的该产品中随机抽取100件，优等品有60件，合格品有40件．每件优等品利润为20万元，每件合格品利润为15万元．若视频率为概率，该企业某月计划生产12件该产品，记优等品件数为，总利润为．
（ⅰ）求与的关系式，并求和；
（ⅱ）记该月的成本利润率，在（1）中选择的经验回归方程下，求的估计值．（结果保留2位小数）
附：成本利润率.
【答案】（1）残差数据表见解析，经验回归方程①更适宜作为关于的回归方程
（2）（ⅰ），，；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先列出经验回归方程的残差数据表以及经验回归方程的残差图，对比回归方程进行选择，并给出理由即可；
（2）对于（ⅰ），先求出优等品概率，分析得出，进而得出求与的关系式，并解出和即可；对于（ⅱ），由（ⅰ）知总利润为万元，总成本估计值（万元），再求出的估计值即可.
【小问1详解】
经验回归方程②的残差数据如下表：
5 7 9 11
200 298 431 609
20 21
经验回归方程②的残差图如图所示：
经验回归方程①更适宜作为关于的回归方程.
（以下理由或其他合理的理由，说出一条即可得分）：
理由1：经验回归方程①这4个样本点的残差的绝对值都比经验回归方程②的小.
理由2：经验回归方程①这4个样本的残差点落在的带状区域比经验回归方程②的带状区域更窄.
理由3：经验回归方程①这4个样本的残差点比经验回归方程②的残差点更贴近轴.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意知，每件产品为优等品的概率，
则，因此，
由， 则；
（ⅱ）由（ⅰ）知总利润为万元，总成本估计值（万元），
则.
17. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若函数，求函数极值点的个数．
【答案】（1）答案见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）求导得，分类讨论当，，时分别确定导函数的符合从而得函数单调性即可；
（2）求导得，令，求导确定其单调性与最值，从而可得的单调与极值情况.
【小问1详解】
，
当时，当时，单调递增；当时，单调递减．
当时，当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，在单调递增．
【小问2详解】
时，，
设在区间单调递增．
因，
所以存在唯一使得，
当时，单调递减，即单调递减；
当时，单调递增，即单调递增．
，且在单调递减，所以，又
因此在区间存在唯一零点
当时，单调递增；
当时，单调递减；所以极值点为，
因此极值点个数为2.
18. 如图，在五棱锥中，平面平面，．
（1）证明：平面；
（2）若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可得当直线与平面所成的角最小时的大小，结合体积公式计算即可得解.
【小问1详解】
因为平面平面平面，
平面平面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，且平面，所以平面；
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
可得与轴夹角为，所以，，
，
，平面的法向量记为，
由，得，令，得，
，即，
当时，等号成立，此时，直线与平面的所成的角取得最小值，
此时.
19. 已知椭圆的左、右焦点分别为为坐标原点，直线与交于两点，点在第一象限，点在第四象限且满足直线与直线的斜率之积为．当垂直于轴时，．
（1）求的方程；
（2）若点为的左顶点且满足，直线与交于，直线与交于．
①证明：为定值；
②证明：四边形的面积是面积的2倍．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）取垂直轴特殊情况研究，由直线与直线的斜率之积为，且 求出点坐标，再代入椭圆方程待定系数法求解即可；
（2）①由建立坐标之间关系，利用在椭圆上及直线与直线的斜率之积为消去，即可得证；
②设，利用韦达定理将直线与直线的斜率之积为表示出来即可得到的关系，再表示出面积，四边形的面积；若要证，只需证．转化为证明，由题将用表示，化简即可.
【小问1详解】
当垂直轴时，由直线与直线的斜率之积为，故，
设，则，解得，
即，则，解得，
故的方程为；
【小问2详解】
（2）①设，
由知，
将得，
即．
由为上点，则
．
又直线与直线的斜率之积为，故，即．
因此；
②由题直线斜率不为0，设
由①联立，
消去得，
，
由，
即，
即．
因此有．
面积，
四边形的面积，
即若要证，只需证．
设，故只需证即可．
直线，
联立解得，
同理得．
故故问题得证．
【点睛】关键点点睛：
本题解题的关键是将表示为 后将同一直线上的弦长比值问题转化为纵坐标的比值问题，即证明，而可以用表示出来，从而达到消元化简的目的.
