数学：河北省承德市部分高中2024届高三二模试题（解析版）

这是一份数学：河北省承德市部分高中2024届高三二模试题（解析版），共22页。试卷主要包含了 若，则实数， 已知，则， 将5本不同的书， 已知正数，，满足，，，则， 已知是的共轭复数，则等内容，欢迎下载使用。

一､选择题
1. 若，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
即，所以，
即，解得.
故选：B.
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
【答案】A
【解析】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. 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.
【答案】C
【解析】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. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
.
故选：A
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
【答案】C
【解析】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. 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
【答案】C
【解析】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. 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.
【答案】C
【解析】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.
8. 已知正数，，满足，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】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．
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
【答案】AB
【解析】，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. 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
【答案】ACD
【解析】令得，或，，
由图可知：，，，
所以，
，
所以，所以，故A选项正确，
所以，由且处在减区间，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. 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
【答案】ACD
【解析】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.
第II卷（非选择题）
三､填空题
12. 设集合，，则，则实数a的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由题意，或，
若满足，则，又因为，
所以，解得.故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】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. 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.
【答案】
【解析】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：.
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.
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. 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．
（1）证明：为，，
所以，所以.
又，且，平面，平面，
所以平面.
（2）解：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. 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.
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. 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.
（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.
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．
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．
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
015
0.35
0.2
0.15
005
乘汽车
0.25
0.3
02
0.1
0.1
0.05