河北省秦皇岛市2024高考模拟卷

这是一份河北省秦皇岛市2024高考模拟卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数在复平面对应的点分别是，则（ ）
A． B．C．D．
3．平面向量，满足，且，则与夹角的正弦值的最大值为（ ）
A． B．C．D．
4．已知，若直线与直线垂直，则的最小值为（ ）
A．1B．3C．8D．9
5．过抛物线（p＞0）的焦点F的直线交抛物线C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，设，，若n，，成等比数列，则（ ）
A．B．3
C．3或D．
6．定义在上的函数满足在区间内恰有两个零点和一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称
C．图象的一个对称中心为
D．在区间上单调递增
7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与圆相切于点Q，与双曲线的右支交于点P，若线段的垂直平分线恰好过右焦点，则双曲线C的离心率为（ ）
8．已知定义在R上的偶函数满足：当时，，且．若关于x的方程有8个实根，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：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．为了解某班学生每周课外活动的时间，甲同学调查了10名男生，其平均数为9，方差为11；乙同学调查了10名女生，其平均数为7，方差为8．若将甲、乙两名同学调查的学生合在一起组成一个容量为20的样本，则该样本数据的（ ）
A．平均数为8.5B．平均数为8C．方差为10.5D．方差为10
10．如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
线段的最小值为
B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得
D．当为棱的中点时，
11．定义在上的函数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是奇函数
B．函数是偶函数
C．函数是周期函数
D．若函数有4个零点，则函数的最大值为
12．数列各项均为正数，其前n项和，且满足，下列四个结论中正确的是（ ）
A．为等比数列B．为递减数列
C．中存在大于3的项D．中存在小于的项
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，若E上存在点P，满足，（O为坐标原点），且的内切圆的半径等于a，则E的离心率为____________．
14．已知，则__________．
15．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围为_____.
16．设有下列四个命题：
①：，为假命题，则；
②：函数的最小值为；
③：关于x的不等式对恒成立的一个必要不充分条件是；
④：设函数，如果，且，令，那么t的最小值为；
则上述命题为真命题的序号是______．
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．（10分）已知在三角形中，，三角形的面积．
(1)若，求；
(2)若，求．
18．（12分）已知数列的前n项和为，，是公差为1的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
19．（12分）甲､乙､丙､丁四支球队进行单循环小组赛（每两支队比赛一场），比赛分三轮，每轮两场比赛，第一轮第一场甲乙比赛，第二场丙丁比赛；第二轮第一场甲丙比赛，第二场乙丁比赛；第三轮甲对丁和乙对丙两场比赛同一时间开赛，规定：比赛无平局，获胜的球队记3分，输的球队记0分.三轮比赛结束后以积分多少进行排名，积分相同的队伍由抽签决定排名，排名前两位的队伍小组出线.假设四支球队每场比赛获胜概率以近10场球队相互之间的胜场比为参考.
(1)三轮比赛结束后甲的积分记为，求；
(2)若前二轮比赛结束后，甲､乙､丙､丁四支球队积分分别为3､3､0､6，求甲队能小组出线的概率.
20．（12分）如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.
(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
21．（12分）已知抛物线：的焦点为为上的动点，垂直于动直线，垂足为，当为等边三角形时，其面积为.
(1)求的方程；
(2)设为原点，过点的直线与相切，且与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：是否存在，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
22．（12分）已知函数，．
(1)若不等式恒成立，求 的取值范围；
(2)若时，存在4个不同实数，，，，满足，证明：队伍
近10场胜场比
队伍
甲
乙
甲
丙
甲
丁
乙
丙
乙
丁
丙
丁
答案详解
1．【答案】B
【解析】不等式的解集为，
不等式的解集为，
所以，，
所以，
故选：B．
2．【答案】A
【解析】由题意可知，，
则 .
故选：A.
3．【答案】B
【解析】如图所示：设，，则，设，，，
，
当，即时等号成立，故，
当最小时，最大，
故与夹角的正弦值的最大值为.
故选：B
4．【答案】D
【解析】由题可知，两条直线斜率一定存在，
又因为两直线垂直，所以斜率乘积为，即，即，
整理可得，所以，当且仅当时，等号成立；因此的最小值为.
故选：D
5．【答案】B
【解析】由n，，成等比数列，得．
由抛物线的定义知，， ，
所以，所以，
又因为，，所以．
故选：B.
6．【答案】D
【解析】依题可知，于是，于是，
∴，∴，∴，
对于A，由，则的最小正周期为，故A错误；
对于B，将的图象向右平移个单位长度后得，
则，所以不关于原点对称，故B错误；
对于C，由，所以不是图象的一个对称中心，故C错误；
对于D，由，则，所以在区间上单调递增，故D正确．
故选：D．
7【答案】A
【解析】设的焦距为，则，
由题意过的直线与圆相切于点Q，连接,则,
连接,设M为的中点，则,则,
因为O为的中点，故Q为的中点，即,
在中，，故，
则，由于M为的中点，所以,
即,
在双曲线 中，P在右支上，有，
所以，又，
所以在中，,即，
化简得，
故双曲线的离心率为，
故选：A
8．【答案】B
【解析】当时，，求导得：，显然当时，，
即函数在上单调递增，而是R上的偶函数，则在上单调递减，
又，即，因此函数是周期函数，周期为2，且，
函数，是R上的偶函数，在上单调递减，在上单调递增，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，
关于x的方程的根，即是函数与的图象交点的横坐标，
依题意，函数与的图象有8交点，则在时，有4个交点，
观察图象知，，解得，
所以a的取值范围为.
故选：B
二、多项选择题：
9．【答案】BC
【解析】由题意，该样本数据的平均数，
方差．
故选：BC
10．【答案】ABD
【解析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
11．【答案】BCD
【解析】对于选项A，∵，即：，
∴，∴为偶函数.故选项A错误；
对于选项B，∵，即：，
∴，∴为偶函数.故选项B正确；
对于选项C，∵，，∴是周期函数.故选项C正确；
对于选项D，，
∵，∴的图象关于直线对称，
∴且，
∴或，
当时，，易得函数只有3个零点，不符合题意.
当时，，
当且仅当，即时取等号.所以的最大值为.故选项D正确.
故选：BCD.
12．【答案】BD
【解析】对于A：假设数列为等比数列，设其公比为q，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，故A错；
对于B：当时，.因为，所以，所以，可得，所以数列为递减数列，故B对；
对于C：由题意可知，，当时，，可得；由B知数列为递减数列，故C错；
对于D：因为数列各项均为正数，其前n项和，所以随着n的增大，递增.
而恒成立，所以递减，且，
所以中必存在小于的项
故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【答案】
【解析】因为，所以，，
又因为P在双曲线上，所以，联立可得，
，所以，
因为的内切圆的半径为a，
所以，
即，即，
所以，两边平方得，
即，两边同时除以，得，，
因为，所以．
故答案为：.
14．【答案】
【解析】因为，
令，可得，
令，，
，
，
所以.
故答案为：.
15．【答案】
【解析】设切点坐标为：，
所以切线斜率为，
所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，
整理得，
又曲线有两条过坐标原点的切线，所以该方程有两个实数解，
所以，解得，
又因为，所以实数a的取值范围为.
故答案为：.
16．【答案】①④
【解析】①：因为命题为假命题，所以命题为真命题，
又，所以，故命题①正确；
②：因为，所以，
，
又即,所以不等式等号不成立，
所以，故命题②错误；
③：该不等式对恒成立的充要条件是一元二次方程无实根，
即，又真包含，故命题③错误；
④：如图，
由图可知，则，得，
所以，
对称轴为、开口向下的二次函数，
所以当时t取得最小值，为.故命题④正确.
故答案为：①④.
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．（10分）．【答案】(1)或
(2)，或，
【解析】(1)∵
而
分情况讨论，当C为锐角时，，
∴
当C为钝角时，，
(2)
,
因为，所以，
分情况讨论，当C为锐角时，
由余弦定理，
由正弦定理，，
当C为钝角时，，
由余弦定理，
由正弦定理，，
18．【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】（1）当时，，所以，
则，即，
当时，，
则，即，
由题可知，，故，
当时，
，
当时，满足，
故的通项公式为.
（2）证明：由（1）可知：，
所以，
所以
.
19．【答案】(1)(2)
【解析】（1）（1）设甲的第场比赛获胜记为（，2，3），
根据表格可知甲对乙、丙、丁比赛获胜的概率分别为，
则有.
（2）分以下三种情况：
（i）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙胜丙，
则甲､乙､丙､丁四个球队积分变为6､6､0､6，
此时甲､乙､丁三支球队积分相同，要抽签决定排名，甲抽中前两名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为；
（ii）若第三轮甲胜丁，另一场比赛乙输丙，
则甲､乙､丙､丁积分变为6､3､3､6，
此时甲一定出线，甲出线的概率为；
（iii）若第三轮甲输丁，另一场比赛乙输丙.
则甲､乙､丙､丁积分变为3､3､3､9，
此时甲､乙､丙三支球队要抽签决定排名，甲抽到第二名的概率为，
所以这种情况下，甲出线的概率为.
综上，甲出线的概率为.
20．【答案】(1)(2)
【解析】（1）连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
21【答案】(1)；
(2).
【解析】（1）∵为等边三角形时，其面积为，
∴，解得，
根据和抛物线的定义可知，落在准线上，即，
设准线和轴交点为，易证，于是，
∴的方程为；
（2）假设存在，使得，则线为段的中点，
设，依题意得，则，
由可得，所以切线的斜率为，
设，，线段的中点，
由，可得，
所以，
整理可得：，即，所以，
可得，又因为，
所以当时，，此时三点共线，满足为的中点，
综上，存在，使得点为的中点恒成立，.
22．【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题易知，，
①当，函数定义域为，
，不合题意，舍去；
②当，函数定义域为，由，解得，
当，，即在区间单调递增，
当，，即在区间单调递减，
，即，
设函数，，
，即在单调递增，
又因为，故时，成立，即成立，
故的取值范围是．
（2）当，，
设函数，，，
易知，，单调递增，
，，单调递减，
不妨令，
由，即，
又因为，，
故，即，
由函数单调性可知，方程至多有两解，
故不妨令，，
两式相减得，
由，得，
故，问题得证