2023~2024学年河北唐山保定高考数学押题试题{一模}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{一模}带解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据复数乘法运算及共轭复数的概念计算即可.
【详解】，则.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由元素与集合的关系，及集合的交集、并集运算一一判定.
【详解】显然，故，即A错误；
，故，即B错误；
由条件可知：，∴，即C错误；
由条件可知：，∴，故D正确.
故选：D
3. 在各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A. 6B. 4C. 3D. 2
【正确答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算作答.
【详解】等比数列中，，由，得，由，得，
所以.
故选：C
4. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想可以表述为“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，如.在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出不超过12的质数，利用列举法结合古典概率求解作答.
【详解】不超过12的质数有，任取两个不同数有，共10个，
其中和为偶数的结果有，共6个，
所以随机选取两个不同的数，和为偶数的概率为.
故选：B
5. 已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，，，，则“，相交“是“，相交”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】C
【分析】根据直线与平面的位置关系进行判断即可.
【详解】解：①若，相交，，，则其交点在交线上，故，相交，
②若，相交，可能，为相交直线或异面直线．
综上所述：，相交是，相交的充分不必要条件．
故选：C．
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】先判断函数奇偶性，可排除B,D，再判断时函数的正负即可得出.
【详解】设，该函数的定义域为
，
所以函数为奇函数，故排除B，D选项；
当时，，则，排除A选项.
故选：C.
思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
7. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知圆的半径为3，直线，互相垂直，垂足为，且与圆相交于，两点，与圆相交于，两点，则四边形的面积的最大值为（ ）
A. 10B. 12C. 13D. 15
【正确答案】B
【分析】设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，可得，，可求四边形的面积的最大值．
【详解】设圆心到直线的距离为，圆心到直线的距离为，
直线，互相垂直，垂足为，，
，，
．
故选：B．
8. 黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形.已知在顶角为36°的黄金三角形中，36°角对应边与72°角对应边的比值为，这个值被称为黄金比例.若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用正弦定理求出，代入求值式子，利用二倍角的正余弦公式化简作答.
【详解】在中，，则，

由正弦定理得，
所以.
故选：D
思路点睛：三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的公式、二倍角公式、配角公式等，选用恰当的公式是解决三角问题的关键，明确角的范围，对开方时正负取舍是解题正确的保证.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 关于函数的图象，下列说法正确的是（ ）
A. 是曲线的一个对称中心
B. 是曲线的一条对称轴
C. 曲线向左平移个单位，可得曲线
D. 曲线向右平移个单位，可得曲线
【正确答案】AD
【分析】利用诱导公式化简函数，再逐项计算判断作答.
【详解】依题意，函数，
对于A，，是曲线的一个对称中心，A正确；
对于B，，不是曲线的对称轴，B错误；
对于C，曲线向左平移个单位，得，C错误；
对于D，曲线向右平移个单位，得，D正确.
故选：AD
10. 已知符号函数，偶函数满足，当时，，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABD
【分析】利用函数的周期性及给定函数，求出函数的值域，再结合符号函数逐项判断作答.
【详解】当时，，而是偶函数，则当，，
因此当时，，其取值集合为，又，即是周期为2的函数，
于是函数的值域为，的部分图象，如图，

当时，，A错误；
，B错误；
当时，，C正确；
当时，取，则，
此时，D错误.
故选：ABD
11. 抛物线的焦点为，为抛物线上的动点，若点不在抛物线上，且满足的最小值为，则的值可以为（ ）
A. B. 3C. D.
【正确答案】ABC
【分析】分类讨论A的位置，再由抛物线的定义转化线段和求最小值或三角形三边关系判定最小值即可.
【详解】
如上图所示，若A在抛物线内，易知，抛物线的准线为，
过P作PE垂直于抛物线准线，垂足为E，过A作AB垂直于抛物线准线，垂足为B，交抛物线于，
由抛物线的定义知，当且仅当A、P、B三点共线时，
即重合时取得最小值，，
又A在抛物线内，故，
所以，即；
若A在抛物线外，连接AF交抛物线于G点，则，
当且仅当重合时取得最小值，此时即.

综上.
故选：ABC
12. 已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BCD
【分析】根据给定条件，构造函数，求导探讨单调性，利用函数单调性逐项比较判断作答.
【详解】令函数，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，，当且仅当时取等号，
因此当且时，恒有，则，A错误；
显然有，则，即有，B正确；
，C正确；
，D正确.
故选：BCD
思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，，若，则___________.
【正确答案】
【分析】用向量的坐标运算即可.
【详解】依题意：
，
解得m=-4，
故-4.
14. 的展开式中，的系数为 __．
【正确答案】
【分析】把展开，再利用二项式展开式的通项公式，求得的展开式中，的系数．
【详解】由展开式的通项公式为.
所在的展开式中含的系数为.
故．
15. 设，是双曲线的左、右焦点，是双曲线在第一象限部分上的任意一点，过点作平分线的垂线，垂足为，则______.
【正确答案】
【分析】延长交于点，由，得到，根据双曲线的定义，得到，求得，在中，得到，即可求解.
【详解】如图所示，延长交于点，
由为的平分线及，可得，所以，
根据双曲线的定义，可得，即，即，
在中，由和分别为的中点，所以.
故答案为.

16. 蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，，则该“鞠”的表面积为____________.
【正确答案】
【分析】由题意画出图形，可得，均为等边三角形，设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解.
【详解】由已知得，均为等边三角形，如图所示，
设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，
则，，而，平面，∴平面，
可求得 而，， 则，
在平面中，过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，平面，得，
又，，平面，故平面，
过点O作于点G，则四边形是矩形，
而 ，
设球的半径为R，，则由，，
得 ， ，
解得， ，
故三棱锥外接球的表面积为.
故
方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角大小；
（2）若，，求的面积.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据给定条件，结合诱导公式化简，再利用正弦定理及和角正弦公式求解作答.
（2）由（1）的结论及已知，利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.
【小问1详解】
在中，由，得，
整理得，由正弦定理，得，
即，又，有，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，而，，由余弦定理，
得，解得，
所以的面积.
18. 在①，②、、成等比数列，③.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.
问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足___________.
（1）求；
（2）若，且，求数列的前项和.
【正确答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【分析】（1）根据所选条件，得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出数列的通项公式；
（2）利用累加法可求得数列的通项公式，再利用裂项相消法可求得.
【小问1详解】
解：①：因为、、成等比数列，则，即，
因为，可得.
②：，可得.
③：，可得，可得.
若选①②，则有，可得，则；
若选①③，则，则；
若选②③，则，可得，所以，.
【小问2详解】
解：，且，则，
所以，当时，则有
，
也满足，故对任意的，，
则，
所以，.
19. 为深入贯彻党的十九大教育方针.中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.郑州某中学数学建模小组随机抽查了我市2000名初二学生“双减”政策前后每天的运动时间，得到如下频数分布表：
表一：“双减”政策后
表二：“双减”政策前
（1）用一个数字特征描述“双减”政策给学生的运动时间带来的变化（同一时间段的数据用该组区间中点值做代表）；
（2）为给参加运动的学生提供方便，学校在球场边安装直饮水设备.该设备需同时装配两个一级滤芯才能正常工作，且两个滤芯互不影响，一级滤芯有两个品牌A､B：A品牌售价5百元，使用寿命7个月或8个月（概率均为0.5）；B品牌售价2百元，寿命3个月或4个月（概率均为0.5）.现有两种购置方案，方案甲：购置2个品牌A；方案乙：购置1个品牌A和2个品牌B.试从性价比（设备正常运行时间与购置一级滤芯的成本之比）角度考虑，选择哪一种方案更实惠.
【正确答案】（1）大多数学生的运动时间都变长
（2）方案乙性价比更高
【分析】（1）从众数的角度分析数据的变化情况；
（2）若采用甲方案，记设备正常运行时间为，则取值可能为、，求出所对应的概率，即可得到分布列，从而求出的期望，再计算性价比，同理算出乙方案的性价比，比较即可；
【小问1详解】
解：双减政策后运动时间的众数是65，双减政策前的众数是55，说明双减政策后，大多数学生的运动时间都变长；
【小问2详解】
解：若采用甲方案，记设备正常运行时间为（单位是月），则的取值可能为、，
则，，
则的分布列：
它与成本之比为E(X)5+5=2940·
若采用乙方案，记设备正常运行时间为（单位是月），则的取值有、、，
则，P(Y=7)=58，，
它与成本之比为
方案乙性价比更高.
20. 在直角梯形中，，，，点是的中点．将沿折起，使，连接、、，得到三棱锥．
（1）求证：平面平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求二面角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）推导出平面，可得出，结合以及线面垂直的判定定理得出平面，然后利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）由（1）可知平面，可得二面角的平面角为，由，可求得，进而可求得的长，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法以及同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在直角梯形中，，，则，
在三棱锥中，，，，所以平面，
平面，所以，
因为，，所以平面，
平面，所以平面平面；
（2）由（1）可知平面，、平面，，，
所以二面角的平面角即为．
由（1）可知，平面，平面，，
在中，，，故，，
在直角梯形中，设，则，
在三棱锥中，，，
易知，得到，即，解得，
所以，，
以、所在直线为、轴，过点作平面的垂线，以其为轴，建立空间直角坐标系，
易得、、、，
平面的一个法向量为，设平面的一个法向量，
，，
由，得，得，
令，则，所以，
，，
因此，二面角的正弦值为．
本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求二面角，以及利用二面角的定义取线段长度，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若，不等式恒成立，求实数a取值范围．
【正确答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）.
【分析】（1）当时，对函数求二阶导可以得到二阶导大于等于零，即，，时，，即可得到答案.
（2）根据题意有不等式恒成立．令，则等价于不等式恒成立，
①若，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于.求出的最小值即可得到答案.
【小问1详解】
，
∵，所以是的一个零点．
又令，，则，，时，
∴在，单调递减；在单调递增
【小问2详解】
不等式在R上恒成立，即不等式恒成立．
令，则等价于不等式恒成立，
①若，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于
设，当时，，
令，则，，
∵，∴在上单调递减，在单调递增，
∴
∴，在单调递增，
∴
综上所述，满足题意的实数a的取值范围为．
22. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为，坐标原点O到直线的距离为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C上一点P作两条直线，分别与椭圆C相交于异于点P的点A，B，若四边形为平行四边形，探究四边形的面积是否为定值.若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【正确答案】（1）；（2）是定值，定值为3.
【分析】（1）由已知设直线的方程为，再利用已知条件列方程组，求出即可得到椭圆的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，当直线的斜率存在时，设：，，，
联立，可得，利用根与系数的关系，求出弦长AB，再结合点到直线的距离公式求解三角形的面积，可推出结论.
【详解】（1）直线的方程为，
由题意可得，解得，
∴椭圆C的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时
当直线的斜率存在时，设：，，，
联立，可得，
则，
，，
，
∵四边形为平行四边形，∴，∴，
∵点P在椭圆上，∴，整理得，
，
原点O到直线的距离，
，
综上，四边形的面积为定值3.
此题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想和计算能力，属于较难题.时间（分钟）
人数
10
60
210
520
730
345
125
时间（分钟）
人数
40
245
560
610
403
130
12