2024届河北省部分高中高考一模数学试题及详细答案

这是一份2024届河北省部分高中高考一模数学试题及详细答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，，则（ ）
A．1B．2C．D．
3．已知向量，，且与方向相反，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．函数的部分图象可能为（ ）
A． B． C． D．
5．2023年12月初，某校开展宪法宣传日活动，邀请了法制专家杨教授为广大师生做《大力弘扬宪法精神，建设社会主义法制文化》的法制报告，报告后杨教授与四名男生、两名女生站成一排合影留念，要求杨教授必须站中间，他的两侧均为两男1女，则总的站排方法共有（ ）
A．300B．432C．600D．864
6．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.“蹴”有用脚蹴､踢的含义，“鞠”最早是外包皮革､内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴､踢皮球的活动.如图所示，若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”的表面上有四个点，满足平面，若的面积为2，则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．若数列满足（且），则与的比值为（ ）
A．B．C．2D．3
8．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为C上一点，满足，以C的短轴为直径作圆O，截直线的弦长为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据的第45百分位数是4
B．若数据的标准差为，则数据的标准差为
C．随机变量服从正态分布，若，则
D．随机变量服从二项分布，若方差，则
10．已知三棱锥，则下列论述正确的是（ ）
A．若点S在平面内的射影点为的外心，则
B．若点S在平面内的射影点为A，则平面与平面所成角的余弦值为
C．若，点S在平面内的射影点为的中点，则四点一定在以为球心的球面上
D．若四点在以的中点为球心的球面上，且S在平面内的射影点的轨迹为线段（不包含两点），则点S在球的球面上的轨迹为圆
11．投掷一枚质地不均匀的硬币，己知出现正面向上的概率为p，记表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是（ ）
A．与是互斥事件B．
C．D．
三、填空题
12．若，则曲线在处的切线方程为 ．
13．在的展开式中的系数为 .
14．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，的中点为，以为直径的圆与轴交于两点，当取最大值时，此时 .
四、解答题
15．已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围；
16．已知△的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求证：；
(2)若的面积为，且，求．
17．为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图①为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图②为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图．若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”．已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占．
(1)根据图①、图②中的数据，画出列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关？
(2)用频率估计概率，在全市中学生中按经常整理错题与不经常整理错题进行分层随机抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈，求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数X的分布列和数学期望．
附：，其中．
18．已知在一个不透明的盒中装有一个白球和两个红球（小球除颜色不同，其余完全相同），某抽球试验的规则如下：试验者在每一轮需有放回地抽取两次，每次抽取一个小球，从第一轮开始，若试验者在某轮中的两次均抽到白球，则该试验成功，并停止试验.否则再将一个黄球（与盒中小球除颜色不同，其余完全相同）放入盒中，然后继续进行下一轮试验.
(1)若规定试验者甲至多可进行三轮试验（若第三轮不成功，也停止试验），记甲进行的试验轮数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)若规定试验者乙至多可进行轮试验（若第轮不成功，也停止试验），记乙在第轮使得试验成功的概率为，则乙能试验成功的概率为，证明：.
19．已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求异面直线和所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】根据题意，求得，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由集合，
又因为，可得.
故选：B.
2．C
【分析】由条件求得，即可计算模长.
【详解】∵，，∴，，
∴.
故选：C.
3．B
【分析】根据向量的共线求得m的值，结合与方向相反确定m，根据向量的投影向量的定义即可求得答案.
【详解】由题意知向量，共线，
故，解得或，
又因为且与方向相反，故，
所以，而，
则在方向上的投影向量是，
即在方向上的投影向量的坐标是，
故选：B
4．A
【分析】根据、在的单调性可判断出答案.
【详解】由，排除B，C；
由可得，
当时，，即，故在上单调递减，排除D，
故选：A．
5．B
【分析】根据特殊原元素先排列，4名男生、两名女生平均分组再排序的原则得出结果.
【详解】杨教授站中间，只有1种方法；
四名男生分成两组放在两边方法数；
两名女生放在两边方法数，
每一边两名男生与一名女生再排序，得出总的方法数为.
故选：B.
6．C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球球心，用线段长表示出球半径，再借助均值不等式求解作答.
【详解】在三棱锥中，因为平面ABC，平面，
则，
而，平面，因此平面，
又平面，于是，
取中点，连接，从而，
则点是三棱锥的外接球球心，如图，
设该外接球半径为，
则，
当且仅当时取等号，因此三棱锥的外接球表面积，
所以制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球的半径即可.
7．D
【分析】由递推关系，求证数列为等比数列，公比为即可得.
【详解】，由，则，
在等式式两边同取倒数得，，
在两边同加得，，
又，则，
则有，则数列是公比为的等比数列.
则与的比值为.
故选：D.
8．A
【分析】根据圆的弦长公式可得，进而根据平行关系可得，利用椭圆定义以及勾股定理即可求解.
【详解】过作，
由于圆O截直线的弦长为，所以，
由于，所以,结合是的中点，
所以，
故，，
化简得，
所以，
故选：A
9．BCD
【分析】根据百分位数的计算方法，可判定A错误；根据方差的性质，可判定B正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定C正确；根据二项分布性质和概率的计算公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，数据从小到大排列为，共有8个数据，
因为，所以数据的第45分位数为第4个数据，即为2，所以A不正确；
对于B中，数据的标准差为，
由数据方差的性质，可得数据的标准差为，所以B正确；
对于C中，随机变量服从正态分布，且，
根据正态分布曲线的对称性，可得，所以C正确；
对于D中，随机变量服从二项分布，且，
可得，解得或，
当时，可得；
当时，可得，
综上可得，，所以D正确.
故选：BCD.
10．AB
【分析】证明可判断A；作出平面与平面所成角，由三角形面积公式即可判断B；由题意知不一定成立，可知C错误；根据球的性质可知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，可知D错误.
【详解】设的外心为点，则，，
所以，
所以，A正确；
过点A作的垂线，交于点，连接，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
又平面，所以，
所以是平面与平面所成角的平面角，
则，B正确；
因为是的中点，
所以，但不一定成立，C错误；
依题知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，错误.
故选：.
11．ACD
【分析】对A根据对立事件和互斥事件的关系即可判断；对B，直接计算即可；对C，利用全概率公式即可；对D，构造结合等比数列和函数单调性即可判断.
【详解】对A，因为对立事件是互斥事件，所以A正确；
对B，，所以B错；
对C，由全概率公式可知
，所以C正确；
对D，由C可知，
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，因为且，
所以，所以，
所以是关于n的递减数列，
所以，D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是结合等比数列定义变形化简得到，最后得到，利用函数单调性分析数列单调性即可.
12．
【分析】先求出后借助导数的几何意义即可得.
【详解】因为，所以，
令，得，解得，
所以，则，
所以曲线在处的切线方程为，
即．
故答案为：.
13．
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】结合题意可得：
所以的系数为.
故答案为:.
14．/
【分析】依题要使最大，因等腰三角形,需使最小，通过过点作高线，利用三角函数将的正弦值转化为,再用点坐标进行表示，从而转化为函数的最值问题即得.
【详解】
如图，由，可知，设，易知，且，
因的中点为，故，过点作于点.
设，,则，所以当取最小值时，最小，
因为在上为增函数，所以当最小时，最小，则最大.
又的最小值为1，此时，，则，所以，所以.
故答案为：.
15．(1)极小值为1，无极大值
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，根据导函数求出单调区间，从而得到极值情况；
（2）由题意得在区间上，参变分离，构造函数，求出最小值，得到答案.
【详解】（1）时，，定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故在处取得极小值，，
的极小值为，无极大值.
（2）在区间上为减函数，
∴在区间上，
，
令，只需，
显然在区间上为减函数，
，
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：利用余弦定理化角为边，再结合余弦定理及二倍角的余弦公式即可得解；
方法二：利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理及两角和的正弦公式即可得解；
（2）方法一：由（1）结合余弦定理及平方关系求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
方法二：利用正弦定理结合（1）中结论求出，再根据求出，根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）证明：（方法一）由余弦定理，得，
又∵，∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，∴；
（方法二）由正弦定理，得，
∴，
∵，，为△的内角，∴，
∴，
∴，
即，
又∵，∴；
（2）（方法一）由（1）可知，
∵，∴，即，
∴，
∵，∴ ，，
∴，
∴．
（方法二）由正弦定理，得，即，
∴，又∵，∴，
∴，
∴，∴，
∴，
∴，
∴．
17．(1)表见解析；认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出的值，从而得到列联表，再计算卡方，即可判断；
（2）依题意可得的可能取值为，，，再求出其所对应的概率，从而得到分布列与数学期望.
【详解】（1）由题意可得，
解得．
所以数学成绩优秀的有人，
则成绩不优秀的有人，
经常整理错题的有人，则不经常整理错题的有人，
所以经常整理错题且成绩优秀的有人，
则列联表如下：
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
根据列联表中的数据，经计算得到可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于．
（2）由分层随机抽样知随机抽取的名学生中，
则经常整理错题的有人，不经常整理错题的有人，
所以的可能取值为，，，
经常整理错题的3名学生中，恰抽到人记为事件，
则．
由（1）知经常整理数学错题的学生中数学成绩优秀的学生占，数学成绩不优秀的学生占，
参与座谈的名学生中，经常整理错题且数学成绩优秀的恰好抽到人记为事件，
则，，，
，，．
所以
，
，
，
故的分布列为
则数学期．
18．(1)分布列见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件确定的取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；
（2）由（1）中的结论及结合题意写出每一轮的概率，结合概率乘法公式从而求解.
【详解】（1）由题意得，的可能取值为，
在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为，
，
依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率为，，
易知，
的分布列为：
的数学期望.
（2）证明：当时，不难知道，
，
，
由（1）可知，又，
，
.
即.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是得到，再利用裂项求和即可证明出不等式.
19．（1）；（2）①；②存在；．
【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.
（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.
②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.
【详解】解：（1）由椭圆的定义知： ，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由直线：与，
联立求得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
②设折叠前，，折叠后，在新图形中对应点记为，，，，
由，，故，
将直线方程与椭圆方程联立，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
，，
所以，（i）
又，
所以，（ii）
由（i）（ii）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.
数学成绩优秀
数学成绩不优秀
合计
经常整理
35
25
60
不经常整理
15
25
40
合计
50
50
100
X
0
1
2
P
1
2
3