河北省保定市2024届高三下学期第二次模拟考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 设集合，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据不等式的解集与对应方程的关系，求，再进行验证，即可求解.
【详解】因为，所以是方程，
即，得，
当时，，解得：，此时，
满足，所以．
故选：C
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用共轭复数的概念表示出，再代入计算即可.
【详解】因为，所以．
故选：A.
3. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
4. 如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据异面直线的定义，由，问题转化为求的余弦值，在中根据余弦定理求解.
【详解】连接，如图所示，
正四棱柱中，有且，四边形为平行四边形，
则有，则就是异面直线与所成的角．
设，则，
中，由余弦定理得．
故选：C.
5. 已知双曲线的离心率为方程的解，则的渐近线的斜率的绝对值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出方程的根则得到离心率大小，再利用即可得到答案.
【详解】因为方程的解为或，
且双曲线的离心率大于1，所以．由，解得．
故选：D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出，再结合二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
解得或（舍去），
所以．
故选：B.
7. 6名同学想平均分成两组进行半场篮球比赛，有同学提出用“剪刀、石头、布”游戏决定分组．当大家同时展示各自选择的手势（剪刀、石头或布）时，如果恰好只有3个人手势一样，或有3个人手势为上述手势中的同一种，另外3个人手势为剩余两种手势中的同一种，那么同手势的3个人为一组，其他人为另一组，则下列结论正确的是（ ）
A. 在进行该游戏前将6人平均分成两组，共有20种分组方案
B. 一次游戏共有种手势结果
C. 一次游戏分不出组的概率为
D. 两次游戏才分出组的概率为
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均分组模型判断A，根据分步乘法计数原理判断B，分3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势与个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种两类后分别计算判断C，第一次分不出第二次分出同时发生的，由相互独立事件的乘法公式判断D.
【详解】对A，一共有种分组方案，A错误．
对B，每人有3种选择，所以一次游戏共有种手势结果，B错误．
对CD，要分出组，有两类情况．第一类情况，首先确定3个人出一样的手势，再确定另外2个人出其他两种手势中的一种，最后1个人出剩下的手势，所以能分出组的手势结果有种．
第二类情况，当其中3个人出同一种手势，另外3个人出剩余两种手势中的同一种时，能分出组的手势结果有种，
所以一次游戏就分出组的概率为，所以一次游戏分不出组的概率为，C错误．
两次游戏才分出组的概率为，D正确．
故选：D
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为是上的点，且在第一象限，是的角平分线，过点作的垂线，垂足为，若，则的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长交于点，利用椭圆定义求出，再利用中位线表示出，由已知的表达式，得到，从而求出离心率.
【详解】如图，延长交于点，可知，
所以，所以．
故选：B.

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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下图是2023年5月1日至5月5日某旅游城市每天最高气温与最低气温（单位：℃）的折线图，则下列结论正确的是（ ）
A. 这5天的最高气温的平均数与最低气温的中位数的差为
B. 这5天的最低气温的极差为
C. 这5天的最高气温的众数是
D. 这5天的最低气温的第40百分位数是
【答案】ACD
【解析】
分析】根据折线图计算平均值及中位数可判断A，计算极差判断B，由众数判断C，由百分位数概念判断D.
【详解】对于A，这5天的最高气温的平均数为，最低气温的中位数为，它们的差为，A正确．
对于B，这5天的最低气温的极差为，B错误．
对于C，这5天的最高气温的众数为，C正确．
对于D，最低气温从小到大排列为，且，所以这5天的最低气温的第40百分位数是，D正确．
故选：ACD
10. 已知直四棱柱的侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点（含边界），则下列命题正确的是（ ）
A. 若与平面所成角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为
B. 若点到平面的距离为，则三棱锥体积的最大值为
C. 若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为
D. 经过三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为4
【答案】AD
【解析】
【分析】判断P点轨迹与直四棱柱的交线，根据弧长公式求解判断A，判断P点位置求出体积最大值判断B，计算球与直四棱柱公共部分体积判断C，利用，求得，得出四边形面积判断D.
【详解】如图，
对于A，可知轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故A正确．
对于B，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以B错误．
对于C，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以C错误．
对于D，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得．设的中点为的中点为，连接，可得平面，所以，求得，所以，D正确．
故选：AD
11. 已知定义域为的函数满足，则（ ）
A.
B.
C. 是奇函数
D. 存在函数以及，使得的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用赋值法对选项逐一分析，即可判断A,B,C,D.
【详解】由，取，得，A正确．
取，得，解得．
取，得，
所以，B错误．
取，得，
所以是奇函数，C正确．
当时，在两边同时除以，
得，
令，则，
当时，，
所以，
所以，D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，毎小题5分，共15分．
12. 已知向量的夹角的余弦值为，，且，则_______．
【答案】4
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义，由已知得，代入，求的值.
【详解】向量的夹角的余弦值为，，则，
由，解得(负值舍去)．
故答案为：4.
13. 在等比数列中，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质，结合通项公式求解即得.
【详解】设等比数列的公比为，由，得，
由，得，
所以.
故答案为：
14. 已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则_______，_______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.
【详解】圆的标准方程为，圆心，
则为的角平分线，所以．
设，则，
所以，则，
即，解得，则，
所以点与重合，
此时，可得，
所以．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边的中点，求的长.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
（2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得.

16. 某青少年跳水队共有100人，在强化训练前、后，教练组对他们进行了成绩测试，分别得到如图1所示的强化训练前的频率分布直方图，如图2所示的强化训练后的频率分布直方图.

（1）根据表中数据，估计强化训练后的平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）与成绩的中位数（中位数精确到0.01）.
（2）我们规定得分80分以上（含80分）的为“优秀”，低于80分的为“非优秀”.
将上面的表格补充完整，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断跳水运动员是否优秀与强化训练有关？
附：.
【答案】（1）83.13
（2）表格见解析，认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合平均数和中位数的公式，即可求解；
（2）结合独立性检验公式即可求解.
【小问1详解】
强化训练后的平均成绩约为.
由于前三列概率之和为，
设中位数为，则，
解得，所以中位数约为83.13.
【小问2详解】
零假设为跳水运动员是否优秀与强化训练无关.
补充完整的表格为
则，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为跳水运动员是否优秀与强化训练有关.
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，分别为的中点，且．

（1）证明：．
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而得证；
（2）先证明平面，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面的夹角余弦值.
【小问1详解】
连接，因为底面是菱形，分别为的中点，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以．
【小问2详解】
因为是的中点，所以．
又，平面，所以平面．
连接，以为坐标原点的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示．设，则，
，
，
．
设是平面的法向量，由，
得取，可得，
设是平面的法向量，
由得取，可得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．

18. 已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
（1）求C的方程；
（2）设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，联立解得，即可得证.
【小问1详解】
当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，
直线的方程为，由抛物线的对称性知，
所以，得．
联立方程组，消去得．
设两点的横坐标分别为，则，．
又，所以，所以的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，依题意，可设直线的方程为，
则直线的方程为．
联立方程组消去得，显然，
设，则．
设，同理可得，
所以，同理可得．
直线的方程为，
即．
同理，直线的方程为
．
两直线方程联立得，解得，
即直线与的交点在定直线上．
【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（或）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. 已知函数为其导函数．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【小问1详解】
，当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
【小问2详解】
证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明.
优秀人数
非优秀人数
合计
强化训练前
强化训练后
合计
0.05
0.010
0.005
0.001
3.841
6635
7.879
10.828
优秀人数
非优秀人数
合计
强化训练前
40
60
100
强化训练后
60
40
100
合计
100
100
200