文档内容
邯郸市 2024 届高三年级第四次调研监测
数学
注意事项：
1.答题前，考务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.
4本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简两个集合，再利用交集运算可得答案.
【详解】由 得 ，即 ，
,所以 .
故选：B
2. 已知复数 满足 ，则 （ ）
A. 1 B. C. 3 D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ，根据条件得到 ，再利用模长的计算公式，即可求出结果.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】令 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以 ，故 ，
故选：D.
3. 已知 是两个平面， 是两条直线，且 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面 代表平面 ，平面 代表平面 ，
当 如图所示时显然m与平面 不垂直，
反之，当 时，又 ，根据线面垂直的性质有 ，
所以“ ”是“ ”的必要不充分条件，
故选：A.
4. 设函数 的图像与 轴相交于点 ，则该曲线在点 处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令 可计算出切点坐标，结合导数的几何意义可得切线斜率，即可得解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】令 ，即 ，即 ，解得 ，
故 ， ，则 ，
则其切线方程为： ，即 .
故选：C.
5. 由动点 向圆 引两条切线 ，切点分别为 ，若四边形 为
正方形，则动点 轨的迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正方形可得动点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，求出方程即可.
【详解】因为四边形 为正方形，且 ,所以 ,
故动点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，其方程为 .
故选：B
6. 某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，
要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A. 12 B. 18 C. 20 D. 60．
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，
结合排列数与组合数的计算，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有 种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有 种方法，
由分类计数原理得，共有 种不同的差法.
故选：C.
7. 已知 为坐标原点， 分别是双曲线 的左、右焦点， 是双曲线 上一
点，若直线 和 的倾斜角分别为 和 ，且 ，则双曲线 的离心率为（ ）
A. B. 5 C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知计算可得所以直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，设 ，由
，解得 ，代入双曲线方程计算即可求得结果.
【详解】由题意得 ，
所以直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
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学科网（北京）股份有限公司设 ，则有 ，解得 ，
代入双曲线方程，得 ，
又 ，所以 ，
化简可得： ， ，
所以 ，解得 或 ( ,舍).
故选：B
8. 对任意两个非零的平面向量 和 ，定义： ， ．若平面向量 满足
，且 和 都在集合 中，则 （ ）
A. 1 B. C. 1或 D. 1或
【答案】D
【解析】
【分析】根据 ，得到 ，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到
， ，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为 ，
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学科网（北京）股份有限公司设向量 和 的夹角为 ，因为 ，所以 ，
得到 ，
又 ，所以 ，
又 在集合 中，所以 ，即 ，得到 ，
又因 ，所以 或 ，
为
所以 或 ，
故选：D.
二､多选题：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. 已知函数 的部分图像如图所示， ， 为 的图像
与 轴的交点， 为 图像上的最高点， 是边长为1的等边三角形， ，则（
）
A.
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学科网（北京）股份有限公司B. 直线 是 图像的一条对称轴
C. 的单调递减区间为
D. 的单调递增区间为
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可得 ，再利用正弦函数的图象与性质分析各个选项即可.
【详解】对于A，由图可得： 的最小正周期为2，所以 ，即 ，
易得 ，所以 ，
因为 ，所以 ， ， ，
由五点作图法可得： ，即 ，所以 ，
所以 ，故A不正确；
对于B，由于 ，为最大值，
所以直线 是 图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，令 ，解得； ，
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学科网（北京）股份有限公司所以单调递减区间为 ，故C正确；
对于D，令 ，解得； ，
所以 的单调递增区间为 ，故D不正确，
故选：BC，
10. 设拋物线 的焦点为 ，过点 的直线与抛物线 相交于点 ，与 轴相
交于点 ，则（ ）
A. 的准线方程为 B. 的值为2
C. D. 的面积与 的面积之比为9
【答案】BD
【解析】
【分析】设直线 的方程为 ， ，利用根与系数的关系及抛物线的性质进
行计算，从而判定各选项.
【详解】设直线 的方程为 ， ，
联立 ，可得 ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ，故 ，
因为 ，由抛物线定义可得， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，解得 或 ，
因为 ，所以 ，则 的准线方程为 ，故B正确，A错误；
又 的方程为 ， ， ，
把 代入 可得 ， ，
不妨设 ，则 ，故C错误；
设 到直线 的距离为 ，
的面积 ， 的面积 ，
则 的面积与 的面积之比 ，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数 的定义域为 ，其导函数为 ，若函数 的图象关于点 对称，
，且 ，则（ ）
A. 的图像关于点 对称 B.
C. D.
【答案】ACD
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】根据函数的图象变换及其对称性，可得判定A正确；结合 和
，化简得到 ，可判定B不正确；令 ，
得到 ，得到函数 和 是以4为周期的周期函数，结合
，可判定C正确；结合 ， ， ，得到
，结合 是以4为周期的周期函数，进而求得
的值，即可求解.
【详解】对于A中，设函数 的图象关于 对称，
则 关于 对称，可得 关于 对称，
因为函数 的图像关于点 对称，可得 ，解得 ，
所以函数 的图象关于 对称，所以A正确；
对于B中，由函数 的图象关于 对称，可得 ，
因为 ，可得 ，
则 ，
两式相减得 ，即 ，所以B不正确；
对于C中，令 ，
可得 ，
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ，
所以函数 是以4为周期的周期函数，
由 ，可得 ，所以 ，
因为函数 是以4为周期的周期函数，则 是以4为周期的周期函数，
所以 ，
由 ，可得 ，
即 ，令 ，可得 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以C正确；
对于D中，因为 ，且函数 关于 对称，可得 ，
又因为 ，令 ，可得 ，所以 ，
再令 ，可得 ，所以 ，
由 ，可得 ，
可得
又由函数 是以4为周期的周期函数，且 ，
所以
，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】知识结论拓展：有关函数图象的对称性的有关结论
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学科网（北京）股份有限公司（1）对于函数 ，若其图象关于直线 对称（ 时， 为偶函数），
则① ；② ；③ .
（2）对于函数 ，若其图象关于点 对称（ 时， 为奇函数），
则① ；② ；③ .
（3）对于函数 ，若其图象关于点 对称，
则① ；② ；③ .
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上
12. 已知 ，函数 是奇函数，则 ___________， ___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由 ，可求 ，由 ，结合奇函数可求 ．
【详解】由 ，解得 ，所以 ，
又因为函数 为奇函数，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 或 ，
所以 1或 ，解得 (舍去)．
故答案为：①-1；②1．
13. 正五角星是一个非常优美的几何图形，其与黄金分割有着密切的联系，在如图所示的五角星中，以
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学科网（北京）股份有限公司为顶点的多边形为正边边形，设 ，则
________， ________．
【答案】 ①. 0 ②. ##0.0625
【解析】
【分析】由正五角星的性质，求得 ，进而根据诱导公式及二倍角公式计算即可.
【
详解】正五角星可分割成5个3角形和1个正五边形,五个3角形各自角度之和
正五边形的内角和 ；每个角为 ，
三角形是等腰三角形，底角是五边形的外角，即底角为 ，
三角形内角和为 ，那么三角形顶角，即五角星尖角 ，
即 .
;
因为 ,
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学科网（北京）股份有限公司所以 .
故答案为： ； .
14. 在长方体 中， ，平面 平面 ，则 截四面体
所得截面面积的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】结合题意画出对应图形后，设 ，则有 ，则有
，借助 表示出面积，结合二次函数的性质即可得.
【详解】平面 截四面体 的截面如图所示，
设 ，则 ，所以四边形 为平行四边形，
且 ，
在矩形 中， ， ，
则
，当且仅当 时，等号成立.
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学科网（北京）股份有限公司故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的
性质求解.
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. 如图，四棱锥 的底面是正方形，设平面 与平面 相交于直线 .
（1）证明： .
（2）若平面 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明；
（2）利用面面平行的性质确定 平面 ，建立直角坐标系，利用坐标法结合线面角公式即可求
解.
【小问1详解】
因为四棱锥 的底面是正方形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ；
【
小问2详解】
因为 ，取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
则 平面 ，所以以 坐标原点建立如图坐标系，
因为 ， 是正方形，所以 ，
则 ， ， ， ,
， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ， ，
取 ， ， ，即 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
16. 已知正项数列 的前 项和为 ， ，且 ．
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学科网（北京）股份有限公司（1）求 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出 ，可证明数列 为首项为 ，公差为 的等差数列，得到 ，利用
得到 的通项公式；
（2）由（1）知， ，化简可得 ，利用分组求和
以及裂项相消即可求出数列 的前 项和 .
【小问1详解】
当 时，由 ，即 ，解得： ，
所以 ，则数列 为首项为 ，公差为 的等差数列；
所以 ，则 ，
当 时， ，
当 时， 满足条件，
所以 的通项公式为
【小问2详解】
由（1）知， ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
故 ，
即
17. 假设某同学每次投篮命中的概率均为 ．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率.
（2）该同学参加投篮训练，训练计划如下：先投 个球，若这 个球都投进，则训练结
束，否则额外再投 个．试问 为何值时，该同学投篮次数的期望值最大？
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用独立重复试验的概率公式计算即得.
（2）该同学投篮的次数为 ，求出 的可能值及对应的概率，求出期望的函数关系，作差结合数列单调
性推理即得.
【小问1详解】
依题意，该同学投篮4次，恰好投中2次 概的率 .
【小问2详解】
设该同学投篮的次数为 ，则 的可能值为 ， ，
于是 ，
数学期望 ，
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学科网（北京）股份有限公司令 ，则 ，
，显然数列 是递减的，
当 时， ， ，当 时， ， ，
即有 ，因此 最大，
所以当 时，该同学投篮次数的期望值最大.
18. 已知椭圆 的中心为坐标原点，对称轴为 轴、 轴，且过 两点．
（1）求 的方程．
（2） 是 上两个动点， 为 的上顶点，是否存在以 为顶点， 为底边的等腰直角三角形？若
存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在， 个
【解析】
【分析】（1）设椭圆 的方程为 ，根据条件得到 ，即可
求出结果；
（2）设直线 为 ，直线 为 ，当 时，由椭圆的对称性知满足题意；当
时，联立直线与椭圆方程，求出 的坐标，进而求出 中垂线方程，根据条件中垂线直经过点
，从而将问题转化成方程 解的个数，即可解决问题.
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
由题设椭圆 的方程为 ，
因为椭圆过 两点，
所以 ，得到 ，所以椭圆 的方程为 .
【小问2详解】
由（1）知 ，易知直线 的斜率均存在且不为0，
不妨设 ， ，直线 为 ，直线 为 ，
由椭圆的对称性知，当 时，显然有 ，满足题意，
当 时，由 ，消 得到 ，
所以 ， ，即 ，
同理可得 ，所以
，
设 中点坐标为 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司，
所以 中垂线方程为 ，
要使 为 为底边的等腰直角三角形，则直 中垂线方程过点 ，
所以 ，整理得到 ，
令 ，则 ， ，所以 有两根 ，且 ，即
有两个正根，
故有2个不同的 值，满足 ，
所以由椭圆的对称性知，当 时，还存在2个符合题意的三角形，
综上所述，存在以 为顶点， 为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线
为 ，直线 为 ，联立椭圆方程求出 坐标，进而求出直线 的中垂线方程，
将问题转化成直线 的中垂线经过点 ，再转化成关于 的方程的解的问题.
19. 已知函数 ．
（1）是否存在实数 ，使得 和 在 上的单调区间相同？若存在，求出 的取值范围；
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学科网（北京）股份有限公司若不存在，请说明理由．
（2）已知 是 的零点， 是 的零点．
①证明： ，
②证明： ．
【答案】（1）存在，且
（2）①证明见解析 ②证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合导数与函数单调性的关系，分 与 进行讨论即可得；
（2）①利用导数得到 的单调性后，借助零点的存在性定理可得 ，解出即可
得；②构造函数 ，结合导数得到函数的单调性，画出相应图象，可
得从而得到 ， ，从而可得 ，结合 的范围即可得解.
【小问1详解】
由题意得 ，
当 时， ，所以 和 在 上都单调递增，符合题意；
当 时，若 和 在 上的单调区间相同，
则 和 有相同的极值点，即 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
所以 无解，
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学科网（北京）股份有限公司综上，当 时， 和 在 上的单调区间相同；
【小问2详解】
①由题意， 有两个零点， ，
若 ，则 ，所以 在 上单调递增，不符合题意，
若 ，则当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
且当 时， ，当 时， ，
所以 ，解得 ，得证；
②令 ，得 ，即 ，
令 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
在同一坐标平面内作出函数 与函数 的图象，
它们有公共点 ，如图，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，且有 ，
由 ，得 ，即 ，又 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，又 ，所以 ，
由 ，得 ，即 ，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于构造函数 ，结合导
数得到函数的单调性，从而得到 .
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学科网（北京）股份有限公司
