河北省沧州市泊头市联考2024届高三下学期高考模拟考试数学试题及答案

这是一份河北省沧州市泊头市联考2024届高三下学期高考模拟考试数学试题及答案，共20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．已知复数，复数，则（ ）
A．B．4C．10D．
2．下列命题为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，其焦点到渐近线的距离为2，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．过点作圆相互垂直的两条弦与，则四边形的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．15
6．已知定义在上的函数满足：，且．若，则（ ）
A．506B．1012C．2024D．4048
7．已知等比数列的前项和为，则数列的公比满足（ ）
A．B．
C．D．
8．设为非负整数，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．若为质数，为不能被整除的正整数，则，这个定理是费马在1636年提出的费马小定理，它是数论中的一个重要定理．现有以下4个命题：
①；
②对于任意正整数；
③对于任意正整数；
④对于任意正整数．
则所有的真命题为（ ）
A．①④B．②C．①②③D．①②④
二、多选题
9．下表是某地从2019年至2023年能源消费总量近似值（单位：千万吨标准煤）的数据表：
以为解释变量，为响应变量，若以为回归方程，则决定系数0.9298，若以为回归方程，则，则下面结论中正确的有（ ）
A．变量和变量的样本相关系数为正数
B．比的拟合效果好
C．由回归方程可准确预测2024年的能源消费总量
D．
10．已知函数，且，若函数向右平移个单位长度后为偶函数，则（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．的最小值为
D．的最小值为
11．已知函数与函数的图象相交于两点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知点为抛物线的焦点，直线为的准线，则点到直线的距离为 ．
13．有位大学生要分配到三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这位学生中的甲同学分配在单位实习，则这位学生实习的不同分配方案有 种．（用数字作答）
14．如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
四、解答题
15．已知在四边形中，为锐角三角形，对角线与相交于点，．
(1)求；
(2)求四边形面积的最大值．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，．

(1)证明：；
(2)若二面角为，求平面与平面夹角的正弦值．
17．某商场举办摸球赢购物券活动．现有完全相同的甲､乙两个小盒，每盒中有除颜色外形状和大小完全相同的10个小球，其中甲盒中有8个黑球和2个白球，乙盒中有3个黑球和7个白球．参加活动者首次摸球，可从这两个盒子中随机选择一个盒子，再从选中的盒子中随机摸出一个球，若摸出黑球，则结束摸球，得300元购物券；若摸出的是白球，则将摸出的白球放回原来盒子中，再进行第二次摸球．第二次摸球有如下两种方案：方案一，从原来盒子中随机摸出一个球；方案二，从另外一个盒子中随机摸出一个球．若第二次摸出黑球，则结束摸球，得200元购物券；若摸出的是白球，也结束摸球，得100元购物券．用X表示一位参加活动者所得购物券的金额．
(1)在第一次摸出白球的条件下，求选中的盒子为甲盒的概率．
(2)①在第一次摸出白球的条件下，通过计算，说明选择哪个方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依据以上分析，求随机变量的数学期望的最大值.
18．已知椭圆的上顶点为，直线与椭圆交于两点，且直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线，直线与椭圆交于两点，且直线与的斜率之和为1，求与之间距离的取值范围．
19．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间和极值；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份代号
1
2
3
4
5
能源消费总量近似值（单位：千万吨标准煤）
44.2
44.6
46.2
47.8
50.8
参考答案：
1．D
【分析】
化简出，则可计算出，再由模长公式计算出答案.
【详解】，
.
故选：D
2．A
【分析】
根据指数函数和余弦函数的性质即可判断AC；举出反例即可判断B；理由作差法即可判断D.
【详解】对于AC，当时，，
所以，故A正确，C错误；
对于B，当时，，故B错误；
对于D，，
因为，所以对于D，，故D错误.
故选：A.
3．A
【分析】
根据结合诱导公式求解即可.
【详解】.
故选：A.
4．B
【分析】
由题意可得及渐近线方程，再根据焦点到渐近线的距离及求出即可得解.
【详解】由题意可得，所以，
双曲线的渐近线方程为，即，
焦点到渐近线的距离，所以，
又，所以，
所以的方程为.
故选：B.
5．D
【分析】
记，由题意可知，易得，再利用基本不等式，得出其最值.
【详解】如图所示：,记,则，
，
，
当且仅当，即时，取等号.
所以四边形的面积的最大值为.
故选：D

6．C
【分析】根据条件得到函数是周期为的函数，再根据条件得出，即可求出结果.
【详解】，①
，
即，所以，
所以函数的图象关于对称，
令，则，所以，
令，，又，所以，
又，，②
即函数的图象关于直线对称，
且由①和②，得，
所以，则函数的一个周期为4，
则，
所以.
故选：C
7．B
【分析】
利用切线不等式放缩，结合等比数列的通项公式及排除法可得答案.
【详解】设函数，则，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
所以，即.
因为，所以，即.
因为，所以，排除A,C.
若，，则，不满足，排除D.
故选：B
8．C
【分析】
由二项式定理即可证明被7除所得余数为2，即可判断①；由费马小定理可得，即可判断②；由，结合即可判断③；由，结合即可判断④.
【详解】对于①：因为，
所以被7除所得余数为1，
所以被7除所得余数为2，
所以，正确；
对于②：由费马小定理得：，即，正确；
对于③：由费马小定理得：，即，
又，所以，正确；
对于④：由费马小定理得：，即，
又，
所以，错误.
故选：C
【点睛】关键点睛：解本题的关键在于充分理解新定义，然后结合带余数法以及费马小定理等初等数论知识即可求解.
9．ABD
【分析】
随着变量的增加，变量也在增加可判断A选项；根据决定系数越接近1，拟合效果越好可判断B选项；由经验回归方程的定义可判断C选项；由经验回归方程必过样本中心点可判断D选项.
【详解】对于A选项：随着变量的增加，变量也在增加，故变量和变量成正相关，即样本相关系数为正数，正确；
对于B选项：因为，故比的拟合效果好，正确；
对于C选项：回归方程可预测2024年的能源消费总量，不可准确预测，错误；
对于D选项：由回归方程必过样本中心点，可知，正确.
故选：ABD.
10．AC
【分析】由可得函数关于轴对称，由此可解出，则A正确；可得，由此即可判断出B选项；将函数向右平移个单位长度后得到，由偶函数，可得 ，再由，即可求出的最小值.
【详解】对于A，因为，所以函数关于轴对称，
所以，解得，
又，所以当时，，故A正确；
对于B，，
当时，，
因为在区间上不单调递增，故B错误；
对于CD，将函数向右平移个单位长度后得到，
由偶函数，可得：，解得，
又，所以当时，的最小值为，故C正确，D错误.
故选：AC
11．AC
【分析】
构造函数利用奇偶性和单调性得出，结合选项逐项验证即可.
【详解】由题意有两个不等的实数根，，，
令，则，即为奇函数；
当时，，为增函数；
若，则，又，所以.
对于A，，正确.
对于B，若成立，则有，与矛盾，所以B不正确.
对于C，由指数均值不等式可得，所以，C正确.
对于D，令，，当时，，为增函数，
所以，即，D不正确.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：均值不等式的拓展：（1）对数型均值不等式：，
其中，；（2）指数型均值不等式：，其中.
12．8
【分析】
根据抛物线定义计算即可.
【详解】根据抛物线方程可知，抛物线焦点为，准线为，所以点到直线的距离为8.
故答案为：8.
13．
【分析】
根据特殊元素进行分类计数，具体分类下是不相同元素分配问题，先分堆再配送，注意平均分堆的要除以顺序.
【详解】根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当单位只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
当单位不只有甲时，其余四人分配到，不同分配方案有种；
合计有种不同分配方案，
故答案为：.
14．
【分析】
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）由余弦定理解出边长即可，注意判断为锐角三角形；
（2）作垂直于，表示出四边形的面积等于两三角形面积和，再由正弦函数的最值求出面积的最大值.
【详解】（1）
由余弦定理可得，
化简为，解得或，
当时，因为，与为锐角三角形不符合，故
（2）作垂直于，设，
则，当，四边形面积最大
最大面积为
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接，证明平面，即平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）先说明即为二面角的平面角，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
在菱形中，，
则为等边三角形，所以，
因为，所以，
因为平面，所以平面，
又因为，所以平面，
又平面，
所以；
（2）因为，平面，平面，
所以即为二面角的平面角，
所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．

17．(1)
(2)①方案二中取到红球的概率更大；②
【分析】
（1）利用全概率公式和概率的乘法公式计算；
（2）①利用条件概率公式计算，根据数据下结论；②两种方案分别求出期望，根据数据下结论.
【详解】（1）设试验一次，“取到甲盒”为事件，“取到乙盒”为事件，
“第一次摸出黑球”为事件，“第一次摸出白球”为事件，
所以试验一次结果为白球的概率为，
所以，
所以选到的袋子为甲盒的概率为.
（2）①
所以方案一中取到黑球的概率为：，
方案二中取到黑球的概率为：，
因为，所以方案二中取到黑球的概率更大.
②随机变量的值为，
依据以上分析，若采用方案一：
，
，
，
，
若采用方案二：
，
，
，
，
所以随机变量的数学期望的最大值.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）联立方程组，根据，利用韦达定理可求，从而得解；
（2）设直线，联立方程组，根据，利用韦达定理可得，由两平行直线间的距离公式，并利用导数求最值.
【详解】（1）
设
由题意，可知，则椭圆，
联立方程组，得，
显然，且，
因为，即，
化简得
所以解得，
所以椭圆
（2）由直线，设直线，
，
联立方程组，得，
则
得 ①
且，
又因为，即，
化简得，
则，
化简得，
因为，所以，结合①可知，
与之间距离，
设，则，
当时，，
则当，，则单调递减，
当，，则单调递增，
所以，
又，所以，
所以.
【点睛】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x（或y）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)单调递增区间为：，单调递减区间为：和；极大值，极小值；
(2)
【分析】
（1）将代入，求出，即可求出答案；
（2）原不等式等价于，记，，求出，则可得出函数的单调性，即可得的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）当时，
令，解得或，
所以的关系如下表：
所以函数的单调递增区间为：，单调递减区间为：和；
极大值，极小值；
（2）
令，其中，
设，
令，解得：，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，且当时，，
所以函数的值域为；
又，
设，，则，
当时，，且等号不同时成立，即恒成立；
当时，，即恒成立，
所以在上单调递增，又，，
所以存在，使得，
当时，，
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，且
当即时，恒成立，符合题意；
当即时，取，必有，不符合题意.
综上所述：的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题第1小问考查了利用导数判断函数的单调性与极值；解答第2问的关键在于将原不等式等价于，求出的值域，记，，利用隐零点说明函数的单调性，结合恒成立，求出参数的取值范围.
单调递减
单调递增
单调递减