2024届 河北沧州高三第二学期高考数学试卷(二模)带解析

这是一份2024届 河北沧州高三第二学期高考数学试卷(二模)带解析，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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，则的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
2．若点在圆（为常数）外，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．化简（ ）
A．1B．C．2D．
4．随着“一带一路”经贸合作持续深化，西安某地对外贸易近几年持续繁荣，2023年6月18日，该地很多商场都在搞“”促销活动.市物价局派人对某商品同一天的销售量及其价格进行调查，得到该商品的售价（单位：元）和销售量（单位：百件）之间的一组数据：
用最小二乘法求得与之间的经验回归方程是，当售价为45元时，预测该商品的销售量件数大约为（ ）（单位：百件）
A．11.2B．11.75C．12D．12.2
5．在的展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．D．
6．若，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知四面体满足，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．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．已知实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为抛物线的焦点，直线过且与交于两点，为坐标原点，为上一点，且，则（ ）
A．过点且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条
B．当的面积为时，
C．为钝角三角形
D．的最小值为
11．已知是定义在上的单调递增且图象连续不断的函数，若，恒有成立，设，则（ ）
A．
B．
C．
D．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知集合，若，则的取值范围为 .
13．已知函数的部分图象如图所示，将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围为 ．

14．已知为椭圆的左､右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为 .
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．已知数列为等差数列，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，记，求．
16．由教育部､体育总局､共青团中央共同主办，广西壮族自治区人民政府承办的中华人民共和国第一届学生（青年）运动会于2023年11月5日至15日在广西壮族自治区举办，这是全国青年运动会和全国学生运动会合并后的首届赛事.来自全国各地的学生青年运动健儿们共赴青春之约，在八桂大地挥洒汗水写就华章.青运会结束后，某学校组织学生参加与本届青运会有关的知识竞赛，为了解该校学生对本届青运会有关赛事知识的掌握情况，采用随机抽样的方法抽取600名学生进行调查，成绩全部分布在40～100分之间，根据调查结果绘制的学生成绩的频率分布直方图如图所示.

(1)求频率分布直方图中的值；
(2)估计这600名学生成绩的中位数；
(3)由频率分布直方图可以认为，这次竞赛成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：
①若这次竞赛共有2.8万名学生参加，试估计竞赛成绩超过86.8分的人数（结果精确到个位）；
②现从所有参赛的学生中随机抽取10人进行座谈，设其中竞赛成绩超过77.8分的人数为，求随机变量的期望和方差.
附：若随机变量服从正态分布，则.
17．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3．

(1)证明：平面平面；
(2)若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值．
18．已知双曲线一个焦点到渐近线的距离为，且离心率为2．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设分别是双曲线左、右两支上的动点，为双曲线的左顶点，若直线的斜率分别为，且，求直线的方程．
19．若函数与在区间上恒有，则称函数为和在区间上的隔离函数.
(1)若，判断是否为和在区间上的隔离函数，并说明理由；
(2)若，且在上恒成立，求的值；
(3)若，证明：是为和在上的隔离函数的必要条件.
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40
5
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8
9
11
1．A
【分析】利用复数的乘方及复数除法运算求出复数，再求出即可得解.
【详解】由，得，
则，所以的虚部为1.
故选：A
2．C
【分析】由点在圆外代入圆的方程可得，再由圆的一般方程中可得，最后求交集即可.
【详解】由题意知，
故，
又由圆的一般方程，
可得，即，
即或，
所以实数的范围为.
故选：C.
3．B
【分析】将式中的非特殊角通过两角和与差的三角函数转变为特殊角和角即可进行化简.
【详解】.
故选：B.
4．D
【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可得到回归直线方程，最后代入计算可得.
【详解】因为，，
所以回归直线过点，故，解得，
所以，将代入中，得，
即当售价为45元时，该商品的销售量件数大约为百件.
故选：D.
5．A
【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果.
【详解】相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法，
余下5个因式中有2个取，有种取法，最后3个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为.
故选：A.
6．B
【分析】根据题意，利用对数函数的单调性，以及正弦函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数单调性，可得，所以；
因为，所以，
又因为，所以，即，所以.
故选：B.
7．D
【分析】设平面的一个法向量，列出方程组，求得，再求得且，结合，即可求解.
【详解】因为四面体满足，
可得，
设平面的一个法向量，
则，
令，解得，所以，
所以，
设点到平面的距离为，则.
故选：D.
8．D
【分析】进行合理换元和同构，转化为的图象与直线有两个交点，转化为交点问题，再利用导数研究函数的单调性、最值，最后得到参数的取值范围即可.
【详解】令，
所以．
令，定义域为，
令，易知在上单调递增，且．
所以，
则函数有两个零点转化为函数的图象与直线有两个交点．
则，当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，；当时，，
则，解得，即实数的取值范围是．
故选：D．
9．AC
【分析】由不等式的性质可判断；由代入消元结合函数的最值可判断C；由已知结合基本不等式及相关结论可判断D.
【详解】因为，
所以的符号不确定，
由不等式的性质知成立，
但不一定成立，故A正确，B错误；
因，故C正确；
因为，所以，所以，故D错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】由抛物线的定义及点到准线的距离可求解抛物线的方程，判断点与抛物线的位置关系即可判断A；联立直线与抛物线方程，得韦达定理，即可根据弦长公式求解面积，利用焦半径公式即可求解B；根据数量积的坐标运算即可求解C；根据焦半径公式，结合基本不等式即可求解D.
【详解】如图①所示，因为，所以，解得，
所以抛物线的标准方程为.
对于A，因为，当时，，
故点在抛物线的外部，
所以与仅有一个公共点的直线有3条，故A正确；
对于B，由抛物线的方程可知，焦点，设的方程为，联立消去，
整理得，所以，
又，所以
，
解得，则，
则，故B错误；
对于C，由选项B可知，所以，故为钝角，
所以为钝角三角形，故C正确；
对于D，由选项B可知，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
图①
11．AD
【分析】对于A：令，结合单调性分析即可判断；对于B：假设存在使得，分析可知恒等于1，结合单调性分析判断；对于CD：利用反证法证明，结合基本不等式分析可得，构建函数，结合的单调性可知，即可得结果.
【详解】对于选项A：令，得，即，
因为在上单调递增，可知不恒等于，
所以，故A正确；
对于选项B：若存在使得，
令，得，则恒等于1，
这与单调递增矛盾，故，故B错误；
对于选项CD：若存在，使得，
因为的图象连续不断，，
故存在，使得，与上述矛盾，
故，可得，
则，
当且仅当时取等号，
又因为单调递增，故不取等号，即，
令时，可得，
则，
当时，令，则，
因为单调递减且，
可知单调递增，所以，
又因为，则，且在上单调递增，
因为，
可知，所以，故C错误，D正确.
故选：AD.
方法点睛：1.对于抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件推证函数的性质，根据函数的性质解决问题；
2.比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性．
12．
【分析】求出集合，根据集合，即可求出.
【详解】由题意知，又且，故，即的取值范围为.
故答案为.
13．
【分析】易得，再由点在的图象上，代入函数解析式求得，再利用伸缩变换和平移变换得到，作出其图象，利用数形结合法求解．
【详解】解：由的部分图象，可得．
由图可知点在的图象上，则，，
由五点作图法可得，，解得，则．
将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍得到的图象，
再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象．
作出函数的部分图象如图所示，

由根据函数的图象知：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即方程在上有两个不相等的实数根．
故
14．##
【分析】利用给定条件，结合椭圆的定义、余弦定理建立关于的等式，即可求出离心率.
【详解】由及，得，，
又，则，设，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
于是，且，
整理得，且，因此，
所以的离心率为.
故

15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得出数列为等比数列，再根据条件求出，即可求出结果；
（2）根据（1）得到，再利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即，则，
则数列为等比数列，设其公比为，由，
得且，解得，所以．
（2）由（1）可得，
所以①，
②，
①②得：
，
所以．
16．(1)；
(2)中位数为80；
(3)①4442人；②.
【分析】（1）利用频率分布直方图中条形图的面积所表示的频率之和为1即可求得；
（2）利用频率分布直方图计算中位数，即只需要求出频率累加到时所对应的临界数值；
（3）可利用区间中点值和频率来估计平均数，发现，从而转化为利用已知的概率来求解，然后利用二项分布的期望公式，即可估计出竞赛成频超过86.8分的人数为人；同理从所有参赛的学生中随机抽取10人，我们把这个事件看作伯努利事件，即随机变量，因此利用很容易的就求出期望和方差.
【详解】（1）

由频率分布直方图中条形图的面积所表示的频率之和为1得：，
解得.
（2）由频率分布直方图，因为前4组的频率为，
所以估计600名学生成绩的中位数为80.
（3）①由频率分布直方图，可利用区间中点值和频率来估计平均数，即，
所以，则，
题意中是把这个2.8万人看成一个总体，这里面每个人的成绩分布是服从正态分布，
为了便于计算，我们又可以把这个事件看成伯努利事件，每个人的成绩超过86.8分的概率约是，
所以，此时，
即估计竞赛成绩超过86.8分的人数约为4442人.
②由①得，则，由于是从所有参赛的学生中随机抽取10人，
所以我们把这个事件看作伯努利事件，即随机变量，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由已知得出，再根据体积求出点到平面的距离，即可得出平面，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可．
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，，
因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为，
所以，所以，则平面，
又平面，所以平面平面．
（2）连接，由（1）知平面，又平面，所以，
因为为的中点，，所以，且，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，
因为，
所以，因为为的中点，所以，
则，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以，所以．

18．(1)
(2)或
【分析】（1）首先得到渐近线方程，由点到直线的距离公式求出，再由离心率公式求出，即可得解；
（2）首先判断直线的倾斜角不为零，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由斜率的关系求出，由弦长公式求出，即可得解.
【详解】（1）由题知双曲线的渐近线方程为，
不妨设，则焦点到渐近线的距离，
的离心率为，
故双曲线的标准方程为．
（2）由（1）可得，
当直线的倾斜角为零时，由，得直线的方程为，
代入双曲线方程可得，不妨令，，
则，不符合题意，则直线的倾斜角不为零，
设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
，，，
．
，，
，，
，
，
，
即，
，
，
或．
当时，，不符合题意，．
，，
，
解得，故直线的方程为．
综上，直线的方程为或．

方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)是和在区间上的隔离函数，理由见解析
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据隔离函数定义依次证明和在上是否恒成立即可得解.
（2）依据，得到是的极小值点，也是最小值点，从而求出，再进行检验即可.
（3）构造函数并求出其隐零点，结合题意得到，与，进而得到的关系，从而得证.
【详解】（1）是和在区间上的隔离函数.
因为，
所以，
在上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，在上取到最小值0，故.
又，所以.
综上，是和在区间上的隔离函数.
（2）设，则，
因为，则是的极小值点，也是最小值点，
所以，即.
当时，，
当时，；当时，，
所以，即恒成立（当且仅当时取等号），
故.
（3）证明：设，
由（2）得（当且仅当时取等号），
所以
，当且仅当时取等号，
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，即，则，
又，则，
由隔离函数定义可得，所以，
设，
则，
又，则是的极小值点，
所以，即，
结合，得，故，
所以是为和在上的隔离函数的必要条件.
关键点点睛：证明是为和在上的隔离函数的必要条件的关键是构造函数并求出其隐零点，从而得到的关系，从而得证.