2024届河北省承德市部分高中二模数学试题及答案

这是一份2024届河北省承德市部分高中二模数学试题及答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若，则实数（ ）
A．6B．C．3D．
2．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分位数是（ ）
A．90B．75C．95D．70
3．生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构如图所示的五面体，其中四边形与都为等腰梯形，为平行四边形，若面，且，记三棱锥的体积为，则该五面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．将5本不同的书（2本文学书、2本科学书和1本体育书）分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为（ ）
A．78B．92C．100D．122
6．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．C．D．2
7．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正数，，满足，，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知是的共轭复数，则（ ）
A．若，则
B．若为纯虚数，则
C．若，则
D．若，则集合所构成区域的面积为
10．如图，点是函数的图象与直线相邻的三个交点，且，则（ ）
A．
B．
C．函数在上单调递减
D．若将函数的图象沿轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为
11．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．直线与所成的角为
B．的周长最小值为
C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D．如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
三、填空题
12．设集合，，则，则实数a的取值范围为 .
13．已知圆与直线交于A，B两点，则经过点A，B，的圆的方程为 ．
14．已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，则以下1003个方程中，有实数解的方程至少有 个.
四、解答题
15．已知函数的最小正周期为.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)在锐角三角形中，内角的对边分别为且求的取值范围.
16．如图，在四棱锥中，，，，．

(1)证明：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．王老师每天早上7：00准时从家里出发去学校，他每天只会从地铁与汽车这两种交通工具之间选择一个乘坐.王老师多年积累的数据表明，他到达学校的时间在两种交通工具下的概率分布如下表所示：
（例如：表格中0.35的含义是如果王老师当天乘地铁去学校，则他到校时间在7：35-7：40的概率为0.35.）
(1)某天早上王老师通过抛一枚质地均匀的硬币决定乘坐地铁还是乘坐汽车去学校，若正面向上则坐地铁，反面向上则坐汽车.求他当天7：40-7：45到校的概率；
(2)已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校，从第二天开始，若前一天到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校，否则当天他将乘坐汽车去学校.且若他连续10天乘坐地铁，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，第11天他都将坐汽车到校.记他从今天起（包括今天）到第一次乘坐汽车去学校前坐地铁的次数为，求；
(3)已知今天（第一天）王老师选择乘坐地铁去学校.从第二天开始，若他前一天坐地铁去学校且到校时间早于7：40，则当天他会乘坐地铁去学校；若他前一天坐地铁去学校且到校时间晚于7：40，则当天他会乘坐汽车去学校；若他前一天乘坐汽车去学校，则不论他前一天到校的时间是否早于7：40，当天他都会乘坐地铁去学校.记为王老师第天坐地铁去学校的概率，求的通项公式.
18．已知（其中为自然对数的底数）.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程，
(2)当时，判断是否存在极值，并说明理由；
(3)，求实数的取值范围.
19．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
到校时间
7：30之前
7：30-7：35
7：35-7：40
7：40-7：45
7：45-7：50
7：50之后
乘地铁
0.1
0.15
0.35
0.2
0.15
0.05
乘汽车
0.25
0.3
0.2
0.1
0.1
0.05
参考答案：
1．B
【分析】将两边平方，结合数量积的运算律求出，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以，
即，解得.
故选：B.
2．A
【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.
【详解】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.
故选：A.
3．C
【分析】将五面体分割成三个三棱锥，通过选择适当定点可得其体积关系，然后可得五面体体积.
【详解】因为为平行四边形，所以，所以.
记梯形的高为，因为，所以，
所以，
所以该五面体的体积.
故选：C

4．A
【分析】利用两角和的正弦，二倍角余弦结合齐次式化简求值.
【详解】
.
故选：A
5．C
【分析】分体育书分给甲和乙两种情况求解.
【详解】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有种，
当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有种.
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是.
同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50.
故不同的分配方法数是.
故选：C
6．C
【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．
【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，
由双曲线的定义可得，
由，可得，，，
由可得，
在三角形中，由余弦定理可得：
，
即有，化简可得，
所以双曲线的离心率．
故选：C．
7．C
【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.
【详解】对A：∵为偶函数，则
两边求导可得
∴为奇函数，则
令，则可得，则，A成立；
对B：令，则可得，则，B成立；
∵，则可得
，则可得
两式相加可得：，
∴关于点成中心对称
则，D成立
又∵，则可得
，则可得
∴以4为周期的周期函数
根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立
故选：C.
【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.
8．D
【分析】分别构造函数，，，，利用导数研究其单调性，得到，，再将看成，看成，利用上述的不等式比较大小即可．
【详解】解：由解得，
构造函数，，显然，
故是减函数，结合，故时，，
故，，
再令，，，当时，，
故在单调递增，结合，
故，，
则，
，
所以，，，
故，
由，，都是正数，故．
故选：D．
9．AB
【分析】根据共轭复数的定义以及复数四则运算可判断A；为纯虚数，可设，根据复数的四则运算可判断B；由结合数大小比较只能在实数范围内可判断C；设复数，根据复数模长定义计算可判断D.
【详解】，所以，故A正确；
由为纯虚数，可设，
所以，因为且，
所以，故B正确；
由，得，
因为与均为虚数，
所以二者之间不能比较大小，故C错误；
设复数，所以
由得，
所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，
所以面积为，故D错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】令求得根据求得，根据求得的解析式，再逐项验证BCD选项.
【详解】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由得，
所以，，
所以，，
所以，
，故B错误.
当时，，
因为在为减函数，故在上单调递减，故C正确；
将函数的图象沿轴平移个单位得，（时向右平移，时向左平移），
为偶函数得，，
所以，，则的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.
【详解】A选项，连接，由于为的中点，

所以⊥，⊥，
又，平面，
所以直线⊥平面，又平面，
所以⊥，故A正确；
B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，
则的最小值即为的长，
由于，，
，
，
所以，
故，的周长最小值为，B错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，
设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，
则为的中心，点在上，过点作⊥于点，
因为，所以，同理，
则，
故，
设，故，
因为∽，所以，即，
解得，C正确；

D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，
设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，
由C选项可知，其高为，
由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，
则，，
由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，
正四面体高为，解得，D正确.

故选：ACD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
12．
【分析】由题意可以先将所给集合化简，若满足，则，故只需根据包含关系列出不等式组求出参数范围即可.
【详解】由题意，或，
若满足，则，
又因为，
所以，解得.
故答案为：.
13．
【分析】设，直线方程与圆的方程联立求出点坐标，设经过点A，B，的圆的方程为，代入三点坐标解方程组可得答案.
【详解】设，
由解得，
可得，
设经过点A，B，的圆的方程为
，
所以，解得，
即，可得.
故答案为：.
14．
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，想要有实根，则，结合根的判别式与基本不等式得，中至少一个成立，同理得到，中至少一个成立，，，中至少一个成立，且，即可解决问题.
【详解】由题意得，，
又因为，，
代入得，要使方程有实数解，则，
显然第个方程有解，设方程与方程的判别式分别为，
则
即，等号成立的条件，
所以，中至少一个成立，
同理可得，中至少一个成立，，，中至少一个成立，且，
综上，在所给的1003个方程中，有实根的方程最少个，
故答案为：.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，根据周期求得的值，从而得到函数的解析式，整体代入法求解单调区间即可；
（2）利用正弦定理即两角和的正弦公式化简条件，从而求得继而得到整体代入求函数值的范围即可.
【详解】（1）
.
因为所以
故.
由
解得
当时又
所以在上的单调递增区间为.
（2）由
得（
所以.
因为所以
又所以
又三角形为锐角三角形，则，则，所以，
又，，
则，
所以的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，，利用勾股定理得到，再由，利用线面垂直的判定定理证明.
（2）由，，易得，在平面内过点作轴垂直于，再结合（1）以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，求得的坐标，平面的一个法向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）为，，
所以，
所以.
又，且，平面，平面，
所以平面.
（2）因为，，
则，且，可知，
在平面内过点A作轴垂直于，又由（1）知平面，
分别以，所在直线为，轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，.
因为，则，
可得，，，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)0.15
(2)
(3)
【分析】(1)由全概率公式求解即可；
(2) 可取1，2，3，…，9，10，由题：对于，；，即可求出数学期望；
(3) 由题意：，，由递推关系求出数列的通项.
【详解】（1）记事件“硬币正面向上”，事件“7：40-7：45到校”
则由题有，，，
故.
（2）可取1，2，3，…，9，10，
由题：对于，；，
故，
，
以上两式相减得：，
故.
所以.
（3）由题意：，，则，
这说明为以为首项，为公比的等比数列.
故，所以.
18．(1)
(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析
(3)
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案；
（3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）解：当时，，可得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
（3）解：由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．