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23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，则（ ）
A．5B．C．6D．
【正确答案】D
【分析】结合复数的运算以及模长公式即可求出结果.
【详解】由，得，则.
故选：D.
2．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】将集合M、N中表达式化为、，再由此判断表达式中分子所表示集合的关系，即可确定M、N的包含关系
【详解】根据已知得，所以.
故选：A.
3．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】利用导数的几何意义，求切点和斜率，即可求切线方程.
【详解】，故切点为，，，即切线的斜率为1，
所以切线方程为，即.
故选：D.
4．设都是单位向量，且，则向量的夹角等于（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】根据等式将移到另一端,两边同时平方,由都是单位向量可求出的夹角.
【详解】由，可知，故，所以.
设的夹角为，即，又，所以.
故选：C.
5．若函数为奇函数，则（ ）
A．0B．C．D．
【正确答案】B
【分析】利用即可求出，即可求解
【详解】，
因为为奇函数，所以，
即，所以，
经检验，满足题意,
所以，所以.
故选：B.
6．的展开式中，的系数等于（ ）
A．45B．10C．D．
【正确答案】A
【分析】利用二项式展开式的通项，赋值即可求解.
【详解】的通项为，
令，解得，
故的系数等于.
故选：A
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】利用诱导公式和二倍角公式可求的值.
【详解】
，
故选：B.
8．我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则（ ）
A．输出的m的值为25B．输出的n的值为75
C．输出的m的值为大僧的人数D．输出的n的值为大僧的人数
【正确答案】D
【分析】根据程序框图，模拟执行程序即可得解.
【详解】执行程序框图：，继续执行；，继续执行；
，继续执行；
，继续执行；
，继续执行；
，退出循环，输出.
输出的的值为小僧的人数，输出的的值为大僧的人数.
故选：D.
9．椭圆的左､右焦点分别为，点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的平分线交椭圆的长轴于点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】根据角平分线的性质得，结合，解得，由题意，解不等式即可得出答案.
【详解】椭圆中，，，

因为是的平分线，则，
又因为，所以，解得，
由题意，所以，解得.
故选：C.
10．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
【分析】构造函数，对求导，得出的单调性，可知，则，同理构造函数，可得，即可得出答案.
【详解】构造函数，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以，即，得，即；
构造函数，则，
当时，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
，
所以.
故选：A.
方法点睛：比较代数式大小的常见方法有：（1）利用函数单调性；（2）利用中间量；（3）构造函数.
11．在锐角中，、、分别是的内角、、所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】连接并延长交于点，则为的中点，
因为，则，由重心的性质可得，则，
因为，
所以，，所以，，
所以，，
所以，，则为锐角，
由余弦定理可得，
所以，，
因为为锐角三角形，则，即，即，
所以，，
构造函数，其中，
任取、且，则
.
当时，，，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，，故.
故选：C.
关键点点睛：在涉及到三角形中的中线问题，一般利用向量法来处理，结合三角形中的余弦定理来求解，本题中要求解的是角的余弦值的取值范围，要充分利用已知条件将角的余弦值表示为以某个变量为自变量的函数，结合锐角三角形这一条件求出变量的取值范围，再利用相关函数的单调性求解.
12．已知四棱锥的底面是矩形，.若四棱锥的外接球的体积为，设是该球上的一动点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】易得四边形ABCD和三角形PAD的外接圆的圆心，分别再作垂线从而得到外接球的球心，再由为直角三角形，得到其外接圆直径PB，再结合外接球的半径求得球心到面PAB的距离,再加上外接球的半径，得到M到面PAB的最大值距离求解.
【详解】解：如图，

在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
设，
在中，由余弦定理得，
即，的外接圆半径为.
记的外接圆圆心为，则，取的中点，连接，显然，，且共线，
因为，
所以平面，即平面，平面，有，而平面，
所以平面.
过作平面，使，连接，于是，则四边形为矩形，
有，则平面，
根据球的性质，得点为四棱锥外接球的球心，
因为球的体积为，
所以，解得，
而，在中，，
所以外接圆直径.
取的中点，连接，显然为外接圆圆心，则平面，且，
所以四棱锥的外接球上的点到平面的距离的最大值为8，即三棱锥的高的最大值为8，
而，
故三棱锥的体积的最大值为.
故选：D.
二、填空题
13．已知双曲线满足下列条件中的两个：①实轴长为4；②焦距为6；③离心率，则双曲线的方程为___________.（写出一个正确答案即可）
【正确答案】（或或）
【分析】根据所选择的两个条件，得到，即可求双曲线方程.
【详解】若选①②，因为实轴长为4，所以，又焦距为6，所以，则，故此时双曲线的方程为；
若选①③，因为，得，又实轴长为4，得，所以，则，故此时双曲线的方程为；
若选②③，因为，又焦距为6，所以，所以，故此时双曲线的方程为.
故（或或）
14．若某几何体的三视图如图，则该几何体的最长棱长为___________.

【正确答案】4
【分析】由三视图可得该几何体为三棱锥，其中棱锥的高PO为2，，在中，边上的高CM为3，利用勾股定理求各棱长即可.
【详解】由三视图可得该几何体为如图所示的三棱锥，其中棱锥的高PO为2，，在中，边上的高CM为3，
则，
，
，
，
所以该几何体的最长棱长为4.

故4
15．如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，则四边形ABCD面积的最大值为___________．
【正确答案】45
【分析】根据圆中的弦长公式可得,，结合以及二次函数的性质即可求解最值.
【详解】由题设，则圆心，半径，,
若圆心到直线AC，BD的距离则，且，则,，
而，所以，
令，则
，当，即时，
四边形ABCD面积的最大值．
故
16．已知图象上有一最低点，若图象上各点纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，再向左平移1个单位长度得的图象，又的所有根从小到大依次相差3个单位，则___________.
【正确答案】/
【分析】根据三角恒等变换、三角函数的最值、图像变换、周期和方程的根等知识来求得的解析式.
【详解】由题意得，
其中，
因为是图象的最低点，
所以，所以，
所以，
横坐标缩为原来的得，
向左移动1个单位长度得，
所以.
由的所有根从小到大依次相差3个单位，
可知与的相邻交点间的距离相等，
所以过曲线的最高点或最低点，
或经过所有的对称中心.
①当过曲线的最高点或最低点时，
每两个根之间相差一个周期，即相差6，不合题意；
②当过曲线所有的对称中心时，
则，所以，
所以，
所以.
故
关键点睛：本题主要考查了三角函数的恒等变形，对于的化简，主要利用的是两角和与差的正余弦公式，化为，也可化为，也可根据题意选择合适的一个来对问题进行求解，属于中档题.
三、解答题
17．李同学在暑假期间进行一项社会实践活动，随机抽取了80名喜爱身体锻炼的年轻人，调查他们是否将跑步作为主要锻炼方式，得到如下数据不完整的列联表：
(1)请将列联表补充完整，并判断能否有99%的把握认为是否将跑步作为主要锻炼方式与性别有关？
(2)在被调查的80人中，从不是将跑步作为主要锻炼方式的人群中按性别采取分层抽样的方法抽取5人参加体育健身学习活动，再从中选取2人作为代表发言，记2人中女性人数为X，求X的分布列与数学期望.
附：参考公式及数据：，其中.
【正确答案】(1)列联表答案见解析，没有99%的把握认为是否将跑步作为主要锻炼方式与性别有关
(2)分布列答案见解析，数学期望：
【分析】（1）根据题中数据完成列联表即可，根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；
（2）根据分层抽样的性质得出抽取的5人中，男性2人，女性3人，进而得出的可能值，分别求出每一个值对应的概率，列出分布列，将数据代入期望的计算公式即可求解.
【详解】（1）列联表如下：
，所以没有99%的把握认为是否将跑步作为主要锻炼方式与性别有关.
（2）抽取的5人中，男性有人，女性有人，
的可能值有0，1，2，
，
的分布列为
.18．如图，正方体中，分别为棱的中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求得平面的一个法向量为，得到，进而证得平面；
（2）由（1）得，和法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：以为原点，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为2，
则，，，，，，.
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则由
令，可得，所以，
因为，所以，
又因为平面，所以平面.
（2）解：由（1）得，，
设直线与平面所成的角为，
则.

19．已知数列的各项均为正数，其前项和满足，数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得，再根据，作差得到数列是以为首项，为等差的等差数列，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求出，即可求出的取值范围，从而得到，即可得解.
【详解】（1）由，得，
当时，，解得，
当时，，
化简得，
∴数列是以为首项，为等差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可得，
∴数列的前项和.
∵，
∴单调递增，∴，
∵，
∴，
若使得对一切恒成立，则，解得，
∴实数的取值范围是.
20．已知抛物线上一点到焦点的距离比它到直线的距离小3.
(1)求抛物线的准线方程；
(2)若过点的直线与抛物线交于两点，线段的中垂线与抛物线的准线交于点，请问是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【正确答案】(1)
(2)存在，直线的方程为或
【分析】（1）由题意，抛物线上一点到焦点的距离等于它到直线的距离，结合抛物线的定义，可得答案；
（2）由题意，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，根据中垂线的性质，利用正切二倍角公式以及锐角正切函数的定义，建立等式，可得，直线斜率是否为零，分两种情况进行讨论，可得答案.
【详解】（1）因为抛物线上一点到焦点的距离比它到直线的距离小于3，
所以抛物线上一点到焦点的距离等于它到直线的距离，
所以，解得，
故抛物线的方程是，抛物线的准线方程为.
（2）由题意得，且斜率一定存在，设，
由，消去可得，
则.
设中点为，如图，

则，
解得，即.
当时，易知，不符合题意；
当时，设.
因为垂直平分，所以的斜率为，
易知，因此有.
因为为的中点，所以，
由题意，，即，
两边平方整理可得，解得，
故存在直线使得，且直线的方程为或.
21．已知定义在上的函数，其中.
(1)若函数存在极值，求实数的取值范围；
(2)设存在三个零点，其中.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证.
【正确答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，进而求出极值即可；
（2）（i）将函数有三个零点转化为除1外还有两个零点.分类讨论使条件成立的的取值范围即可；
（ii）结合（i）可得.将问题转化为证明不等式恒成立，设，利用函数的单调性即可证明.
【详解】（1），结合，
当时，恒成立，函数在上单调递增，此时不存在极值；
当时，若时，；若时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时为函数的极小值点，此时存在极值，
故实数的取值范围为.
（2）易得，
（i），
设，因为，则除1外还有两个零点.
，令，
当时，在恒成立，则，
所以在上单调递减，不满足，舍去；
当时，除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得.
当时，设的两个零点分别为，
则，所以.
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
又，所以，
而，且，
，且，所以存在，
使得，
即有3个零点.
综上，实数的取值范围为.
（ii）证明：结合（i）因为，
若，则，所以.
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立.
由，可得，
因为，所以，
即，两边同除以，
得，即，
所以.
导数证明中的等价转化是一种常用的方法；
（i）求使得有3个零点的实数的取值范围，得，还需找点说明除1外还有两个零点.
（ii）由欲证命题知需先求与之间的数量关系，结合函数解析式特征发现进而得到，推断需证明当时，不等式恒成立，构造函数即可证明.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求直线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；
(2)设点的极坐标为，点是曲线上的点，求面积的最大值.
【正确答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由消去t即可；由，得到，再由代入求解；
（2）设，从而的面积为求解.
【详解】（1）解：由得，
故直线的普通方程是；
由，得，
代入公式，得，
故曲线的直角坐标方程是.
（2）设，
则的面积为，
，
，
因为，故，所以，
则，
故，
所以，即面积的最大值为.
23．已知函数的图象关于直线对称.
(1)解不等式；
(2)设均为正数，且，求的最小值.
【正确答案】(1)
(2)最小值为3
【分析】（1）由，分别令，，再利用函数的图象关于直线对称求得m，然后利用绝对值的几何意义解不等式；
（2）由（1）得到，进而得到，再利用基本不等式求解.
【详解】（1），
令，解得；令，解得，
因为函数的图象关于直线对称，所以，解得，经检验符合题意；
不等式即为，
当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，无解；
当时，不等式可化为，解得.
综上，不等式的解集是.
（2）由（1）可得，
所以，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为3.
将跑步作为主要锻炼方式
不是将跑步作为主要锻炼方式
合计
男性
20
20
女性
30
合计
80
0.40
0.25
0.10
0.010
0.005
0.001
0.708
1.323
2.706
6.635
7.879
10.828
将跑步作为主要锻炼方式
不是将跑步作为主要锻炼方式
合计
男性
20
20
40
女性
10
30
40
合计
30
50
80
0
1
2