文档内容
2024 年高三数学秋季开学考试（河北专用）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，
写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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．已知集合 ，若 中有3个元素，则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出 ，再利用交集含义即可得到 .
【详解】 ，要使 中有3个元素，
只需 ，所以 ，
故选：B．
2．已知复数 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再利用复数的模长公式即可求解.
【详解】因为 ，
所以 .故选：B
3．若向量 ， ，则 在 上的投影向量的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据向量的坐标运算可得 ，再结合投影向量的定义运算求解.
【详解】因为 ， ，则 ，
所以 在 上的投影向量 .
故选：B.
4． 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，若 ， ， ，
则 （ ）
A． B．4 C． D．3
【答案】A
【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式可求 的值，进而利用余弦定理即可
求解 的值．
【详解】解：因为 ， ， ，
所以 ，
则由余弦定理可得 ．
故选：A．
5．已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可.
【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以 ，即 ，
则球的体积 ，
故选：D．
6．已知变量 与变量 线性相关， 与 的样本相关系数为 ，且由观测数据算得样本
平均数 ， ，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点 逐项分析判断.
【详解】因为 与 的样本相关系数为 ，可知 与 为负相关，故A，B错误；
又因为经验回归方程过样本中心点 ，
对于 ，则 ，故C错误；
对于 ，则 ，故D正确．
故选：D.
7．已知函数 ，若 在 处取得极小值，则 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用求导得到导函数的零点 和 ，就参数 分类讨论，判断函数 的单调
性，即可分析判断，确定参数 的范围.
【详解】由题意得，，
由 可得， 或 ，
① 若 ，即 时， ，显然不合题意；
② 若 ，即 时，当 或 时， ，即 在 和
上单调递增；
当 ， ， 在 上单调递减，
故 在 处取得极小值，符合题意；
③ 若 ，即 时，当 或 时， ，即 在 和
上单调递增；
当 ， ， 在 上单调递减，故 在 处取得极大值，
不符题意.
综上所述，当 时， 在 处取得极小值，故 的取值范围是 .
故选：A.
8．在平面直角坐标系 中，直线 上有且仅有一点 ，使 ，则直线
被圆 截得的弦长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】D
【分析】运用点到直线的距离公式，结合弦长公式求解即可.
【详解】 ，化为一般式，即 ，直线 上有且仅有一
点 ，使 ，则圆心到直线的距离 ,即 ，
圆心 .
.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知等差数列 的公差 ，前 项和为 ，若 ，则下列结论中正确的有
（ ）
A． B．
C．当 时， D．当 时，
【答案】BC
【分析】对于A，由等差数列求和公式结合已知即可验算；对于B，由等差数列求和公式
结合 即可验算；对于CD，由等差数列性质即可验算.
【详解】对于A，因为 ，所以 ，故A错误；
对于B， ，故B正确；
对于C，当 时， ，故C正确；
对于D，当 时，
，即 ，故D错误.故选：BC.
10．平面内到两个定点 的距离比值为一定值 的点 的轨迹是一个圆，此圆被
称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点 ，动点 满足
，记点 的轨迹为 ，则下列命题正确的是（ ）
A．点 的轨迹 的方程是
B．过点 的直线被点 的轨迹 所截得的弦的长度的最小值是
C．直线 与点 的轨迹 相离
D．已知点 是直线 上的动点，过点 作点 的轨迹 的两条切线，切
点为 ，则四边形 面积的最小值是4
【答案】ACD
【分析】对于A：设点 ，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点 在圆
内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析
可知当 时， 取到最小值，四边形 面积取最小值，运算求解即可.
【详解】对于选项A：设点 ，
因为 ，整理可得 ，故A正确；
对于选项B：因点 的轨迹方程是 ，圆心是 ，半径是 ，
且 ，可知点 在圆 内，过点 的直线被圆 所截得的弦最短时，点 是弦的中点，
根据垂径定理得弦的最小值是 ，故B错误；
对于选项C：圆心到直线 的距离 ，
所以直线与圆相离，故C正确；
对于选项D：因为四边形 面积 ，
由数形分析可知：当 时， 取到最小值 ，
所以四边形 面积取最小值 ，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：对于BD：先判断点、线与圆的位置关系，进而结合圆的性质分析最
值.
11．已知 ，则关于事件 与事件 ，下列说法正确的有
（ ）
A．事件 与 可能相互独立 B．事件 与 一定不互斥
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据独立事件概率乘积公式判断A选项，根据互斥事件定义判断B选项，根据和
的概率公式求解即可判断C选项，应用对立事件概率和为1判断D选项.
【详解】由 ，可知事件 与 不是相互独立事件，故A不正确；由 ，可知事件 与 一定不互斥，故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 的展开式中 的系数是 . （用数字作答）
【答案】40
【分析】利用通项中 的指数确定 ，然后可得.
【详解】因为 展开式的通项 ，
所以含 的项为第3项，即 ，
所以 的系数是 .
故答案为：40
13．已知函数 ，若 对任意 恒成立，则实数 的取值
范围为 .
【答案】
【分析】运用绝对值不等式解法求解，然后参变分离，结合导数和二次函数求最值即可.
【详解】函数 ，若 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，即 对任意 恒成立．
当 时， ，显然成立；
当 时， 化为 恒成立.
令 ，则 ,
由于 ，则 ，则 在 上单调递增，则 .
令 ，
则 时， 单调递增，则 .
因此 对于任意 时恒成立，则 .
故答案为： .
14．已知 是圆 的直径， ， 是圆 上两点，且 ，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】设 ，分析可知点 为线段 靠近 的三等分点， ，再结
合数量积的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆 的半径为 ，设 的中点为 ，
因为 ， ，
则 ， ， ，
设 ，则 ，即 ，
可知点 为线段 靠近 的三等分点，
则 ， ，
设向量 与 的夹角为 ，
可得 ，
且 ，所以 的最小值为 .
故答案为： .
四、解答题：本大题共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．(13分)如图，在 中， ， ，D是BC边上一点，且 ，
(1)求 的长；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在 中，利用正弦定理即可得解；
（2）在 中，先利用余弦定理求得 ，再利用正弦定理即可得解.
【详解】（1）在 中， ，则 ，在 中， ，即 ，得 .
（2）因为在 中， ，
所以 ，
则 ，
又 ，即 ，解得 ，
所以 .
16．(15分)已知椭圆 ，过点 ， ， 分别是 的左顶点和下
顶点， 是 右焦点， .
(1)求 的方程；
(2)过点 的直线与椭圆 交于点 ， ，直线 ， 分别与直线 交于不同的两点
， .设直线 ， 的斜率分别为 ， ，求证： 为定值.
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出 即可得 的方程.
（2）设出直线 的方程，与椭圆方程联立，由直线 求出 的坐标，利用韦达
定理结合斜率的坐标表示计算即得.【详解】（1）由椭圆 过点 ，得 ，
由 ，得椭圆半焦距 ，则长半轴长 ，
所以 的方程为 .
（2）显然直线 不垂直于y轴，设直线 的方程为 ， ，
由 消去x得 ，显然 ，
，直线 的方程为 ，
令 ，得点 的纵坐标 ，同理点 的纵坐标 ，
因此
为定值，
所以 为定值.
17．(15分)在四棱锥 中，底面 是矩形， 平面 ， 分别是
的中点.(1)求证： 平面PAD；
(2)求证： ；
(3)若PD与平面 所成的角为 ，求证： 平面 .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取 中点 ，连接 ， ，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）先由线面垂直的判定定理证明 平面 ，得到 ，再由（1）即可得证；
（3）先由题意得到 ， ，由线面垂直的判定定理证明 平面 ，
从而得证.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ，
为 的中点， ， ，
是 的中点，底面 是矩形， ， ，
且 ，
四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 .
（2） 平面 ， 平面 ， ，
又 底面 是矩形， ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ， ，由（1）可知 ， .
（3） 平面 ，所以 为 与平面 所成的角，
，又 ， ，即 为等腰三角形，
为 中点， ，
又由（2）可得 ， 平面 ，
平面 ，
由（1）可知： ， 平面 .
18．(17分)已知函数 .
(1)求 在 处的切线方程；
(2)当 时，若 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意将问题转仳为 在 恒成立，构造函数 ，
利用导数求出其最小值即可.
【详解】（1）由 ，得 ，
对 求导得 ，
，
在 处的切线方程为 ；
（2） 当 时， 恒成立，即 时， 恒成立，
在 恒成立，令 ，则 ，
令 ，则 ，
恒成立
当 时， 单调递增，
，
当 时， .
当 时， 单调递增，
，
.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查导数的几何意义，考查利用导数解
决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，然后构造函数，将问题转化为利
用导数求函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
19．(17分)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有 份
血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验 次；
方式二：混合检验，将其中 份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说
明这 份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液
样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为 次．假设每份样
本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为 ．(1)现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好
经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中 份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为
；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为 ．
①若 ，求 关于 的函数关系式 ；
②已知 ，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据： ， ， ， ， ．
【答案】(1)
(2)① （ 且 ），②答案见解析
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据 和 的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解 ；
②根据①的结果，比较 和 的大小，通过构造函数 ，
利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【详解】（1）设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件 ，
事件 分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，
二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为 ；
（2）①由已知得 ， 的所有可能取值为1， ，
所以 ， ，所以 ，
若 ，则 ，
所以 ， ，
所以 ，得 ，
所以P关于k的函数关系式 （ 且 ）；
②由①知 ， ，
若 ，则 ，所以 ，得 ，
所以 （ 且 ）
令 ，则 ，
当 时， ，当 时，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ， ，
，
所以不等式 的解是 且 ，
所以 且 时， ，采用方案二混合检验方式好，
且 时， ，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求 和 ，从而才可以建立等量关系或
是不等式，为后面构造函数打下基础.
