[数学]河北省L16联盟2024届普通高等学校招生全国统一考试高考模拟演练试题(解析版)

这是一份[数学]河北省L16联盟2024届普通高等学校招生全国统一考试高考模拟演练试题(解析版)，共17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. 一组数据4，4，2，6，4，1，9，8的极差是（ ）
A. B. 5C. 5D. 8
【答案】D
【解析】根据题意，数据4，4，2，6，4，1，9，8中，最小的为1，最大的为9，
则其极差为．
故选：D．
2. 已知点是直线上相异的三点，为直线外一点，且，则的值是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】，即，
因为点是直线上相异的三点，则点三点共线，
则，解得.
故选：A.
3. 某圆环的内外半径分别为2和4，将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知，几何体体积为大球的体积减去小球的体积，
所以几何体体积为．
故选：C．
4. 已知函数的定义域为集合，值域为集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，即，解得或，
所以函数定义域为集合，
则值域为集合，
所以.
故选：D.
5. 已知点为平面内一动点，设甲：的运动轨迹为抛物线，乙：到平面内一定点的距离与到平面内一定直线的距离相等，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【解析】当直线经过定点时，点的轨迹是过定点且垂直于该直线的另一条直线，
当直线不经过该定点时，点的轨迹为抛物线，
故甲是乙的充分条件但不是必要条件．
故选：A．
6. 设函数，若存在使得既是的零点，也是的极值点，则的可能取值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，
令，则或，
当时，由，得，
所以，则
当时，由，
得，
由，得或，
当时，不存在极值点，
当时，得，
综上，，
所以当时，.
故选：B.
7. 过原点且倾斜角为的直线与圆相切，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】过原点且倾斜角为的直线的方程为，
又直线与圆相切，
圆心，半径，
可得圆心到直线的距离，
即，即，
即，即，
解得：
．
故选：B．
8. 双曲线的两焦点分别为，过的直线与其一支交于，两点，点在第四象限.以为圆心，的实轴长为半径的圆与线段分别交于M，N两点，且，则的渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】如图，由题意得：，
设，则，
所以，，
由双曲线的定义得：，
所以，，则，
因为，在中，，
即，解得，
所以，，
在中，，
即，
可得，
所以，
所以，即，
故双曲线的渐近线方程为．
故选：C．
二、选择题: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3分，有选错的得0分.
9. 已知正方体为中点，为BC中点，则（ ）
A. 直线PD与直线平行B. 直线与直线垂直
C. 直线PQ与直线相交D. 直线PQ与直线异面
【答案】BD
【解析】根据题意，设正方体的棱长为2，以为坐标原点，如图建立坐标系，
则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,，
,0,，,2,，
对于A，,0,，,0,，由于对于任意的都不会成立，则与不平行，则直线与直线不平行，A错误；
对于B，,2,，,,，则有，则，即直线与直线垂直，B正确；
对于C，直线与相交，故平面，直线平面，，所以PQ与直线是异面直线，C错误；
对于D，,显然两直线不平行，假设直线与直线相交，则在同一平面上，,故存在实数使得，即，则无解，故与直线既不相交也不平行，是异面直线，D正确．
故选：BD．
10. 已知函数,则下列说法正确的是（ ）
A. 的图像是中心对称图形B. 的图像是轴对称图形
C. 是周期函数D. 存在最大值与最小值
【答案】BCD
【解析】,
对于A选项,不为常数,故A错误.
对于B选项, ,则函数关于 对称. 故B正确.
对于C选项,,则函数周期为.故C正确.
对于D选项,令由于为偶函数,则只需要考虑部分即可.
则.故D正确.
故选:BCD.
11. 外接圆半径为的满足，则（ ）
A. B.
C. 的面积是D. 的周长是
【答案】AC
【解析】由，有，
故，
其中角满足
又，当且仅当，，
故,,
结合为三角形的内角，而为锐角，故,,
故有，所以为钝角，且，
由于为钝角，故有，则结合函数的单调性有，故A正确，B错误；
由，则，
则三角形的面积，
由，三角形的周长，故C正确，D错误．
故选：AC．
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 记复数的共轭复数为，写出一个满足的复数：_______________．
【答案】（答案不唯一，满足对即可）
【解析】令，则，
故．
故答案为：（答案不唯一，满足对，即可）．
13. 已知数列是公差为的等差数列，各项不等的数列是首项为2，公比为的等比数列，且，则______________．
【答案】1
【解析】由已知可得，，，，
再由，，
得，，
联立以上两式可得：，
（舍去），或，即．
14. 若随机变量X，Y分别服从成功概率为的两点分布，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】因为随机变量，分别服从成功概率为，的两点分布，
则，，，，
所以或1，
所以
或或，
因为或，且或，
所以或，所以或，
即的取值范围是．
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. 已知直线过椭圆右焦点，且交于两点．
（1）求的离心率；
（2）设点，求的面积．
解：（1）由题，，且在上有，解得．
故椭圆的标准方程为，离心率．
（2）因为直线经过，两点，
可得直线的方程为，
联立，解得或，
所以直线与椭圆的另一交点为，
则，
又点到直线的距离．
故的面积．
16. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间[0，2]上有且仅有一个零点，求的取值范围.
解：（1），
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，解得，
令，解得，
故上单调递减，在和上单调递增；
当时，令，解得，
令，解得，
故在上单调递减，在和上单调递增.
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在和上单调递增；
时，在上单调递减，在和上单调递增.
（2）当时，在区间[0，2]上，故不存在零点；
当时，在上单调递增，故在区间[0，2]上单调递增，
又时，，故在区间[0，2]上不可能存在零点；
当时，上单调递减，在上单调递增；
若，即时，在上单调递减，在上单调递增，
又，故只能在上有零点，
由零点存在性定理有，解得.
或，解得；故此时满足条件；
若，即时，在上单调递减，
则，此时均满足题意，故满足条件.
综上，.
17. 机器模型预测常常用于只有正确与错误两种结果的问题.表1为根据模型预测结果与真实情况的差距的情形表格，定义真正例率，假正例率.概率阈值为自行设定的用于判别正(反)例的值，若分类器(分类模型)对该样例的预测正例概率大于等于设定的概率阈值，则记分类器预测为正例，反之预测为反例.
表1分类结果样例划分
利用这些指标绘制出的ROC曲线可衡量模型的评价效果：将各样例的预测正例概率与从大到小排序并依次作为概率阈值，分别计算相应概率阈值下的与.以为横坐标，为纵坐标，得到标记点.依次连接各标记点得到的折线就是ROC曲线.图1为甲分类器对于8个样例的ROC曲线，表2为甲，乙分类器对于相同8个样例的预测数据.
表2甲，乙分类器对于相同8个样例的预测数据

（1）当概率阈值为0.47时，求甲分类器的ROC曲线中的对应点；
（2）在图2中绘制乙分类器对应的ROC曲线(无需说明绘图过程)，并直接写出甲，乙两分类器的ROC曲线与轴，直线所围封闭图形的面积；
（3）按照上述思路，比较甲，乙两分类器的预测效果，并直接写出理想分类器的ROC曲线与轴，直线所围封闭图形的面积为1的充要条件.
解：（1）概率阈值为0.47时，
真正例为，假反例为，假正例为，真反例为，
则.
所以横坐标，纵坐标，
故当概率阈值为0.47时，求甲分类器的ROC曲线中的对应点对应点为.
（2）乙分类器对应的ROC曲线如下图所示.

由已知题意可得，甲、乙分类器的ROC曲线都经过，
作如下图所示的辅助线，每个小直角三角形的面积都等于，
大直角三角形的面积都等于，故所求面积为.
所以，甲分类器的ROC曲线与轴，直线所围封闭图形的面积为.

作如下图所示的辅助线，同理可得所求面积为.

所以，乙分类器的ROC曲线与轴，直线所围封闭图形的面积为.
（3）乙分类器的预测效果更好.
由（2）分析可知，
乙分类器的ROC曲线与轴，直线所围封闭图形的面积较甲的大些，
故可认为乙分类器的预测效果更好.
充要条件：所有真实属性为正例的样例的预测正例概率的最小值大于所有真实属性为反例的样例的预测正例概率的最大值.
18. 如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．
（1）求；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）求平面截四棱锥所得多边形的周长．
解：（1）设，，，
则，
在中，，
整理得，
由题意得，则，
即，解得，
因此，即．
（2）作中点，连接，，
因为为中点，，
所以，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而，，平面，故，，，
因为，，
所以四边形、四边形都是平行四边形，
故，，而，所以，
又因为为中点，所以，在平面中也有，
由于，故，，，，
由勾股定理得：，，
故以为原点，，， 为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面，平面，平面，平面的法向量分别为，，，
则，即，取，则，
同理可得，
因为平面同时垂直于平面，平面，所以，，
即，取，则，
平面的法向量是，则，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
因此平面与平面夹角的正弦值为．
（3）设是平面上一点，因为平面过点，
则可以设，
这是因为此时，因此可设，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，
故只需讨论平面与四棱锥的公共部分，
当时，在直线上，
因此平面过直线，故平面与平面，平面交于直线，与棱，分别交于，，
故只需讨论平面与棱，的交点：设平面与棱，的交点分别为，，
则设，，
令，则，
解得，即，
同理可得，
故平面与平面交于，平面交于，因此平面截四棱锥所得截面多边形为四边形，
故周长为．
19. 某箱中有个除颜色之外均相同的球，已知.箱中1个球为白球，其余
为黑球.现在该箱中进行一取球实验:每次从箱中等可能地取出一个球，若取出白球或取球
次后结束实验，否则进行相应操作进行下一次取球.设实验结束时的取球次数为.
（1）若取出黑球后放回箱中，求的数学期望;
（2）若取出黑球后替换为白球放回箱中，求的最大值，并证明:.
解：（1）每一次取到白球的概率为，
取到黑球的概率为，
当时，的所有可能取值为，且有
，
因此的分布列为：
，即，
，
两式作差得
，
故，代入得.
（2）由于取球次数最多为次，则当时，
，
分别令，
，整理得，
代入得，
则的最大值在或处取得，且代入有，
经检验，时也成立，因此.
下面证明：，
即证，
等价于证明，
等价于证明，
等价于证明，
又当时，，则，
且有，
所以上式成立，即得证.总例
预测结果
正例
反例
真实
情况
正例
真正例
假反例
反例
假正例
真反例
样例数据
甲分
类器
乙分
类器
样例
标号
样例
属性
预测正
例概率
预测正
例概率
1
正例
0.23
0.34
2
正例
0.58
0.53
3
反例
0.15
0.13
4
反例
062
0.39
5
正例
0.47
0.87
6
反例
0.47
0.53
7
反例
0.33
0.11
8
正例
0.77
0.63
1
2
…
….