2023~2024学年河北唐山保定高考数学押题试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年河北唐山保定高考数学押题试题{二模}带解析，共26页。试卷主要包含了在复平面内，复数，已知全集，集合，，则，已知向量，，且，则，已知等差数列，已知，则的大小关系为，已知是的边上的一点等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（本大题共8小题，共40分）
1．在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知全集，集合，，则（ ）
A．或B．或
C．D．
3．已知的二项展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则所有项的系数之和为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
5．将英文单词“”中的6个字母重新排列，其中字母b不相邻的排列方法共有（ ）
A．120种B．240种C．480种D．960种
6．已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（ ）
A．9B．10C．17D．18
7．已知侧棱长为的正四棱锥各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
二､多选题（本大题共4小题，共20分）
9．已知是的边上的一点（不包含顶点），且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，点在平面上，且，则（ ）
A．存在，使得直线与所成角为
B．不存在，使得平面平面
C．当一定时，点与点轨迹上所有的点连线和平面围成的几何体的外接球的表而积为
D．若，以为球心，为半径的球面与四棱琟各面的交线长为
11．若，时，函数（是实常数）有奇数个零点，记为，且，则（ ）
A．的最小正周期是
B．的对称轴方程为
C．
D．对任意的，使得
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
三､填空题（本大题共4小题，共20分）
13．椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.
14．已知，则____________.
15．过双曲线焦点的直线与的两条渐近线的交点分分别为M、N，当时，.则的离心率为______.
16．设函数有两个不同极值点，若，则的取值范围是______.
四､解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17．在①，②，③（，这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．
在中，角，，所对的边分别为，，，且 ．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
18．已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.
(1)求数列的通项公式;
(2)已知数列满足求.
19．如图，已知圆的直径长为4，点是圆弧上一点，，点是劣弧上的动点，点是另一半圆弧的中点，沿直径，将圆面折成直二面角，连接.
(1)若面时，求的长；
(2)当三棱锥体积最大时，求二面角正切值.
20．已知函数，
（1）讨论函数的单调性；
（2）令，若存在，且时，，证明.
21．如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网络外卖也开始成为不少人日常生活中重要的一部分，其中大学生更是频频使用网络外卖服务.市教育主管部门为掌握网络外卖在该市各大学的发展情况，在某月从该市大学生中随机调查了人，并将这人在本月的网络外卖的消费金额制成如下频数分布表（已知每人每月网络外卖消费金额不超过元）：
由频数分布表可以认为，该市大学生网络外卖消费金额（单位：元）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数（每组数据取区间的中点值，）.现从该市任取名大学生，记其中网络外卖消费金额恰在元至元之间的人数为，求的数学期望；
市某大学后勤部为鼓励大学生在食堂消费，特地给参与本次问卷调查的大学生每人发放价值元的饭卡，并推出一档“勇闯关，送大奖”的活动.规则是：在某张方格图上标有第格、第格、第格、…、第格共个方格.棋子开始在第格，然后掷一枚均匀的硬币（已知硬币出现正、反面的概率都是，其中），若掷出正面，将棋子向前移动一格（从到），若掷出反面，则将棋子向前移动两格（从到）.重复多次，若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关成功”，并赠送元充值饭卡；若这枚棋子最终停在第格，则认为“闯关失败”，不再获得其他奖励，活动结束.
①设棋子移到第格的概率为，求证：当时，是等比数列；
②若某大学生参与这档“闯关游戏”，试比较该大学生闯关成功与闯关失败的概率大小，并说明理由.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.
22．设椭圆长轴的左，右顶点分别为A，B．
（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为，求的最小值；
（2）已知过点的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线分别交y轴于点S、T，记（O为坐标原点），当直线1的倾斜角为锐角时，求的取值范围．
消费金额（单位：百元）
频数
1．C
【分析】先化简复数为代数形式，再判断对应的点所在的象限即可.
【详解】依题意，对应的点为在第三象限.
故选：C．
2．A
【分析】先求出集合A的补集，再与集合求并集．
【详解】或，，
所以或 ，
故选：A．
3．C
【分析】先根据第项与第项的二项式系数相等列出等式，解出，再用赋值法即可得出结果.
【详解】解：因为，且第项与第项的二项式系数相等，
所以，解得，取，所以所有项的系数之和为.
故选：C
4．C
【分析】根据求得m，再利用向量的模公式求解.
【详解】解：因为向量，，
所以，
又因为，
所以，
解得，
所以，
故选：C
5．B
【分析】先排除b之外的其余四个字母，再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b即可.
【详解】由题意可先排除b之外的其余四个字母，有种排法，
再从这四个字母排完后的5个空中选2个放入b，有种放法，
故字母b不相邻的排列方法共有（种），
故选：B
6．C
【分析】根据，可得异号，根据可知，且，所以，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果.
【详解】解：因为，所以异号，
因为，所以，
又有，所以，即，
因为，，
所以的最大整数n为17.
故选：C
7．D
【分析】作图，分外接球的球心在锥内和锥外2种情况，运用勾股定理分别计算.
【详解】设四棱锥为 ，底面 的中心为O，
设外接球的半径为R，底面正方形的边长为2a，四棱锥的高为 ，则 ， ，
当外接球的球心在锥内时为 ，在 中， ，
即…① ，在 中， ，即 …②，
联立①②，解得 （舍）；
当外接球的球心在锥外时为 ，在 中，，
即…③，在 中， ，即 …④，
联立③④解得 ，四棱锥的体积 ；
故选：D.
8．D
【分析】，构造函数，
利用作差法比较函数的大小确定函数值的大小.
【详解】
构造函数，
令，，
则所以在单增，
所以，所以，所以，所以.
令,，，
所以在为减函数，所以，
所以，所以，所以，
所以.
故选：D.
方法点睛：比较几个数值的大小可以将这些数值看作几个函数的函数值，通过比较函数在某个区间内的大小确定函数值的大小.函数比较大小可以用导数研究单调性来确定，还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.
9．AD
【分析】利用平面向量的线性运算，结合基本不等式，验证各选项的结果.
【详解】是的边上的一点（不包含顶点），则有，
得，即，
又，∴，
可得，，，，，
所以A选项正确，B选项错误；
，当且仅当时等号成立，所以，C选项错误；
，D选项正确.
故选：AD
10．BCD
【分析】根据线面角是斜线与平面内直线所成角的最小角判断A，根据平面平面判断B，根据圆锥与其外接球轴截面求球的半径判断C，利用侧面展开图求球与侧面交线长，再由球与底面交线为以点A为圆心，为半径的四分之一圆弧即可判断D.
【详解】对A，如图，
由题意为直线与平面ABCD所成的角，所以与所成的角不小于，故A错误；
对B，平面，平面，，又，面，面，点要在直线上，
因为，所以不存在，故B正确.
对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，
所以外接球的半径满足，解得，
所以外接球的表而积为，故C正确；
对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中，
因为，所以，
又，所以，
由对称性知，所以,
故的长为，
又球与底面交线为以点A为圆心，为半径的圆与底面ABCD的交线，
故长度为，所以球面与四棱琟各面的交线长为，D正确.
故选：BCD
关键点点睛：因为平面与球的截面为圆面，交线为一段圆弧，所以球与棱锥各面的交线是圆上一段，且圆的半径为，所以只需求出圆心角，本题选项D可以沿侧棱展开，棱锥各个侧面放在同一平面上，借助平面几何知识及对称性求出圆心角为即可得解.
11．BC
【分析】先将函数整理化简得到，然后利用三角函数的周期判断选项A，利用余弦函数的对称轴判断选项B，利用数形结合判断选项C和D.
【详解】由题设，
所以，
故，
对于选项A，由的最小正周期为，知的最小正周期为，
同理的最小正周期为，则的最小正周期为，故A不正确；
对于选项B，对于，令，则对称轴方程为且，故选项B正确；
对于选项C，由可转化为与交点横坐标，而上图象如下：
函数有奇数个零点，由图知：，此时共有9个零点，
、、、、
、、、、
，，，
，故选项C正确.
对于选项D，对任意有，
，且满足
且，
而的图象如下：
所以，
，
即不成立，故选项D错误；
故选：BC.
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
12．AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
13．
【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．
【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，
以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，
即，即，即，所以，
长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，
综上，，即，两边同除以得，又，解得．
故．
14．
【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为.
15．
【分析】依题意，垂直于渐近线，结合图形在直角三角形利用三角函数构造齐次式求的离心率.
【详解】解法1：双曲线的焦点到渐近线的距离为 ，
因为，所以垂直于渐近线，如图所示，
则，，，所以的离心率.
因为，所以，.
过作另一条渐近线的垂线，垂足为，则，在直角中，.
因为，因为，所以.
因此的离心率为.
解法2：因为，所以垂直于渐近线，则，，
因为，所以，
在中，，在中，，
，
，可得，则有，即，
所以C的离心率.
故答案为.
思路点睛：由焦点到渐近线的距离为，可得垂直于渐近线，这是本题的着手点，数形结合在直角三角形中利用三角函数构造齐次式可求的离心率.
16．
【分析】由题，结合韦达定理，判别式得，，再令，，进而将转化为的范围问题，再结合导数求最值即可.
【详解】函数，
则
因为有两个不同极值点，
则当时，有两个不相等的实数根
所以解得
因为，
所以，
所以
令，故，
则，所以，
则在上单调递增，
所以，又当趋近于时，趋近于，
所以，即，
所以的取值范围是.
故
关键点点睛：本题解题的关键在于借助函数极值点得到的取值范围，再结合换元法将问题转化为求解函数，值域问题即可得答案.
17．选择见解析；（1）；（2）．
【分析】（1）选①，由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，得到，结合，可得；
选②，利用三角恒等变换化简已知等式，得到，结合，可得；
选③，由正弦定理可将已知条件转化为，再由余弦定理得到，结合，可得.
（2）由余弦定理可得，由三角形面积公式可得，进而可得，最后可得△的周长为.
【详解】解：（1）选①，由正弦定理得，
即．
因为，所以，所以．
又，从而得．
选②，因为
，
所以，．
又因为，所以．
选③，因为，
所以，
即，
所以，
．
因为，所以，
（2）由余弦定理，得，
由，得，则
所以，，
所以，
故△的周长为．
思路点睛：解三角形的基本思路：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由题意求出公比和即可求数列的通项公式；
（2）分别用累加法和错位相减法求.
【详解】（1）解：因为是，的等差中项，所以，
所以，解得，
所以，所以，由可解得，
所以，
即数列的通项公式为.
（2）由题意知，
所以
……
…
累加得

，
设
，
所以
整理得
又， 所以
19．(1)
(2)
【分析】（1）依据线面平行性质定理可得，在△OPC中求的长即可；
（2）做出二面角的平面角即可解决.
【详解】（1）平面，平面OPC，平面平面
∴
又，，所以△OPC为等腰直角三角形.
∴.
（2）∵二面角为直二面角，且，平面ABD
∴平面OPC
∴
当时等号成立.
此时，，两两垂直，且长度相等，则
取PD的中点E，连接，则，，
∴为二面角的平面角，
直角三角形中，
∴二面角的正切值为.
20．（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.
(2)根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.
【详解】解：（1）的定义域为，，
当时，，当时，由得，由得，
∴当时，在上单调递增
当时，在上单调递减，在单调递增.
（2），∵，由题意知，
，
∴，
令，则，∴在上单调递增，
不妨设，∵，∴，
∴，
∴
∴，∴，令，只需证，只需证，设，则，
∴在递增，∴，即成立，
∴，即.
思路点睛:
利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.
21．；①证明见解析；②闯关成功的概率大于闯关失败的概率，理由见解析.
根据数据算出，由服从正态分布，算出概率，即，进而算出的数学期望；
①棋子开始在第格为必然事件，.第一次掷硬币出现正面，棋子移到第格，其概率为，即.棋子移到第格的情况是下列两种，即棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；棋子先到第格，又掷出正面，其概率为.所以.即，进而求证当时，是等比数列；②由①知，，，，，得，所以，算出相应概率判断出闯关成功的概率大于闯关失败的概率.
【详解】解：
，
因为服从正态分布，所以.
所以，
所以的数学期望为.
①棋子开始在第格为必然事件，.
第一次掷硬币出现正面，棋子移到第格，其概率为，即.
棋子移到第格的情况是下列两种，而且也只有两种：
棋子先到第格，又掷出反面，其概率为；
棋子先到第格，又掷出正面，其概率为，
所以，
即，且，
所以当时，数列是首项，公比为的等比数列.
②由①知，，，，，
以上各式相加，得，
所以.
所以闯关成功的概率为，
闯关失败的概率为.
，
所以该大学生闯关成功的概率大于闯关失败的概率.
本题考查了根据已知数据求平均数，正态分布求概率，等比数列的证明以及数学期望的求法，题目较为综合，属于难题.
22．（1）；（2）.
【分析】（1）设点，则可表示出，然后结合椭圆的性质即可求出最小值；
（2）由题意可设直线，与椭圆方程联立，设，则利用韦达定理可得两根和、两根积，及斜率的取值范围，然后结合条件可以用斜率表示出，即可求出其取值范围.
【详解】（1）设点，由椭圆的对称性知，不妨令，
由已知，则，显然有，
则，
，则，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为．
（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以
∵，∴，
综上，所以的范围是．