2023-2024学年河北省唐山市保定市高考数学押题模拟试题(一模)含解析

2023-2024学年河北省唐山市保定市高考数学押题模拟试题（一模）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.已知复数A.46i【正确答案】Az2i32i，则z（B.3）C.46iD.46i【分析】根据复数的乘法运算及共轭复数的概念计算即可.【详解】z2i32i6i4，则z46i.故选：A.2.已知集合Axx2，B0,1,2,3,4，则（A.1AB【正确答案】DB.）C.3ABD.7AB39AB4【分析】由元素与集合的关系，及集合的交集、并集运算一一判定.【详解】显然12,1A，故1AB，即A错误；7772,,A，故AB，即B错误；333由条件可知：AB3,4，∴3AB，即C错误；由条件可知：AB0,1,22,，∴故选：D3.在各项均为正数的等比数列an中，a3a13144，a56，则a2（A.6【正确答案】CB.4C.3）D.29AB，故D正确.4【分析】根据给定条件，利用等比数列性质计算作答.22【详解】等比数列an中，an0，由a8a3a13144，得a812，由a2a8a536，得a23，所以a23.故选：C4.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想可以表述为“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，如.16511在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（A.2【正确答案】B1）B.35C.710D.45【分析】求出不超过12的质数，利用列举法结合古典概率求解作答.【详解】不超过12的质数有2,3,5,7,11，任取两个不同数有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11)，共10个，其中和为偶数的结果有(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11)，共6个，所以随机选取两个不同的数，和为偶数的概率为故选：B5.已知a，b，c是三条不同的直线，，是两个不同的平面，c，a，b，则“a，63.105b相交“是“a，c相交”的（A.充要条件C.充分不必要条件【正确答案】C）B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【分析】根据直线与平面的位置关系进行判断即可.【详解】解：①若a，b相交，a，b，则其交点在交线c上，故a，c相交，②若a，c相交，可能a，b为相交直线或异面直线．综上所述：a，b相交是a，c相交的充分不必要条件．故选：C．6.函数yxx3的图象大致是（3|x|）A.B.C.D.【正确答案】C【分析】先判断函数的奇偶性，可排除B,D，再判断0x1时函数的正负即可得出.

【详解】设f(x)xx3，该函数的定义域为 R，3|x|3|x|f(x)(x)(x)3xx3f(x)，3x所以函数yfx为奇函数，故排除B，D选项；当0x1时，x3x，则f(x)xx30，排除A选项.故选：C.思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.3xl2互相垂直，7.在平面直角坐标系中，已知圆O的半径为3，直线l1，垂足为M(1,5)，O为坐标原点，l2与圆O相交于B，D两点，且l1与圆O相交于A，则四边形ABCD的面积的最大值为（C两点，A.10【正确答案】BB.12C.13D.15）【分析】设圆心到直线l1的距离为d1，圆心到直线l2的距离为d2，可得d1d26，22SABCD29d129d22，可求四边形ABCD的面积的最大值．【详解】设圆心到直线l1的距离为d1，圆心到直线l2的距离为d2，2直线l1，l2互相垂直，垂足为M(1,5)，d12d2|OM|26，AC29d12，BD29d22，12SABCDACBD29d129d229d129d218612．2故选：B．8.黄金三角形有两种，一种是顶角为36°的等腰三角形，另一种是顶角为108°的等腰三角形.已知在顶角为36°的黄金三角形中，36°角对应边与72°角对应边的比值为510.618，这个值被称为黄金比212sin22751（例.若t，则222t4tA.）1514B.514C.2D.14【正确答案】D【分析】利用正弦定理求出t，代入求值式子，利用二倍角的正余弦公式化简作答.【详解】在ABC中，ABAC,A36，则B72，BCsin36sin36sin36由正弦定理得t，2cos722cos722cos72ACsin722sin72cos72sin144所以12sin2272t4t2cos544cos72sin36sin361.4sin14444(2cos72)24cos722sin72故选：D思路点睛：三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的公式、二倍角公式、配角公式等，选用恰当的公式是解决三角问题的关键，明确角的范围，对开方时正负取舍是解题正确的保证.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.关于函数fx2sin2xA.13π的图象，下列说法正确的是（4）π,0是曲线yfx的一个对称中心85π是曲线yfx的一条对称轴85π个单位，可得曲线yfx85π个单位，可得曲线yfx8B.xC.曲线y2sin2x向左平移D.曲线y2sin2x向右平移【正确答案】AD【分析】利用诱导公式化简函数f(x)，再逐项计算判断作答.【详解】依题意，函数f(x)2sin(2x对于A，f()2sin(2对于B，f(ππ3π)2sin(2x)，44π8πππ)0，,0是曲线yfx的一个对称中心，A正确；8485π5ππ5π)2sin(2)0，x不是曲线yfx的对称轴，B错误；884855π5πππ个单位，得y2sin[2(x)]2sin(2x)2sin(2x)，C844855π5πππ个单位，得y2sin[2(x)]2sin(2x)2sin(2x)，D8448对于C，曲线y2sin2x向左平移错误；对于D，曲线y2sin2x向右平移正确.故选：AD1,x010.已知符号函数sgnx0,x0，偶函数fx满足fx2fx，当x0,1时，fxx，1,x0则下列结论不正确的是（fxf2k11kZ【正确答案】ABD）B.f202312fksgnkkZ【分析】利用函数的周期性及给定函数，求出函数fx的值域，再结合符号函数逐项判断作答.【详解】当x0,1时，fxx，而fx是偶函数，则当x1,0，fxf(x)x，因此当x[1,1]时，f(x)|x|，其取值集合为[0,1]，又fx2fx，即fx是周期为2的函数，于是函数fx的值域为[0,1]，fx的部分图象，如图，当fx0时，sgn[f(x)]0，A错误；f(20231111)f(1012)f()||，B错误；22222当kZ时，sgn[f(2k1)]sgn[f(1)]sgn(1)1，C正确；当kZ时，取k2，则sgn[f(k)]sgn[f(2)]sgn(0)0,|sgnk||sgn(2)||1|1，此时sgn[f(k)]|sgnk|，D错误.故选：ABD11.抛物线y26x的焦点为F，P为抛物线上的动点，若点A不在抛物线上，且满足PAPF的最小值为9，则AF的值可以为（2B.3）A.92C.32D.54【正确答案】ABC【分析】分类讨论A的位置，再由抛物线的定义转化线段和求最小值或三角形三边关系判定最小值即可.【详解】如上图所示，若A在抛物线内，易知F33,0，抛物线的准线为x，22过P作PE垂直于抛物线准线，垂足为E，过A作AB垂直于抛物线准线，垂足为B，交抛物线于P，由抛物线的定义知PAPFPAPEAB，当且仅当A、P、B三点共线时，即P、P¢重合时取得最小值，ABxA2又A在抛物线内，故yA3618，39xA3，2223933392所以xAAFxAyA，即AF,；222222若A在抛物线外，连接AF交抛物线于G点，则PAPFAF，当且仅当P、G重合时取得最小值，此时即AF9.2综上AF,.22故选：ABC12.已知aln1.8，b0.8，ce0.10.1，则下列结论正确的是（A.abB.a2c0.2a）0.9c0.139【正确答案】BCD【分析】根据给定条件，构造函数f(x)lnxx1,x0，求导探讨单调性，利用函数单调性逐项比较判断作答.【详解】令函数f(x)lnxx1,x0，求导得f(x)时，f(x)0，即函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，f(x)f(1)0，当且仅当x1时取等号，因此当x0且x1时，恒有lnxx1，则aln1.80.8b，A错误；显然有ex1x，则e0.1e0.910.9，即有ce0.10.10.8ba，B正确；11，当0x1时，f(x)0，当x1xln2c0.2ln(2e0.1)ln1.8a，C正确；ea0.9e0.1c0.1，D正确.故选：BCD思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.r13.已知向量a2,1，b1,0，c1,2，若camb，则m___________.【正确答案】4【分析】用向量的坐标运算即可.【详解】依题意：cambcamcb2112m11200，解得m=-4，故-4.14.(x21)2(x1)6的展开式中，x5的系数为__．【正确答案】52【分析】把(x21)2展开，再利用二项式展开式的通项公式，求得(x21)2(x1)6的展开式中，x5的系数．r【详解】由x1展开式的通项公式为Tr1C6x6r1.6r所在x21x1x42x21x1626的展开式中含x5的系数为311C562C61C66220652.故52．2x15.设F1，F2是双曲线y21的左、右焦点，P是双曲线在第一象限部分上的任意一点，过点F14作F1PF2平分线的垂线，垂足为M，则OM______.【正确答案】2【分析】延长F1M交PF2于点Q，由PMF1≌PMQ，得到PF1PQ，根据双曲线的定义，得到PQPF24，求得QF24，在FQF12中，得到OM【详解】如图所示，延长F1M交PF2于点Q，1QF2，即可求解.2由PM为F1PF2的平分线及PMFQ1，可得PMF1≌PMQ，所以PF1PQ，根据双曲线的定义，可得PF1PF22a4，即PQPF24，即QF24，在FQF12中，由O和M分别为F1F2,FQ1的中点，所以OM故答案为.21QF22.216.蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，A，B，C，D满足ABBCCDDADB2cm，AC3cm，则该“鞠”的表面积为____________.【正确答案】28π cm23【分析】由题意画出图形，可得△ABD，设球心为O，△CBD均为等边三角形，△BCD的中心为O，取BD中点F，连接AF，CF，OB，OB，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解.【详解】由已知得△ABD，△CBD均为等边三角形，如图所示，设球心为O，△BCD的中心为O，取BD中点F，连接AF，CF，OB，OB，AO，则AFBD，CFBD，而AFCFF，AF,CF平面ACF，∴BD平面ACF，可求得AFCF3cm而AC3cm，cosAFC3391，则AFC120，2233在平面AFC中，过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，由BD平面ACF，AE平面ACF，得BDAE，又CFAE，CFBDF，CF,BD平面BCD，故AE平面BCD，过点O作OGAE于点G，则四边形OEGO是矩形，而OBBCsin6013223cm，OFOBcm33232设球的半径为R，OOx(cm），则由OO2OB2OB2，OA2AG2GO2，422得xR，3解得x1cm，R23332，xR22321cm，32故三棱锥ABCD外接球的表面积为S4πR故28π(cm2).328π2cm3方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足17.在ABC中，（1）求角B的大小；（2）若ac6，b15，求ABC的面积.【正确答案】（1）Bπ；3cosBCcosC2bcosAC.acac（2）73.4【分析】（1）根据给定条件，结合诱导公式化简，再利用正弦定理及和角正弦公式求解作答.（2）由（1）的结论及已知，利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.【小问1详解】在ABC中，由cos(BC)cosC2bcos(AC)cosAcosC2b(cosB)，得，acacacac1，2整理得ccosAacosC2bcosB，由正弦定理，得sinCcosAsinAcosC2sinBcosB，即sin(AC)sinB2sinBcosB，又B(0,π)，有sinB0，则cosB所以Bπ.3【小问2详解】由（1）知，Bπ，而ac6，b15，由余弦定理b2a2c22accosB，3得15a2c2ac(ac)23ac623ac，解得ac7，所以ABC的面积S7222418.在①S550，②S1、S2、S4成等比数列，③S63a62.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列an的公差为dd0，前n项和为Sn，且满足___________.（1）求an；（2）若bnbn12ann2，且b1a11，求数列【正确答案】（1）条件选择见解析，an4n2（2）Tn1的前n项和Tn.bnn2n1【分析】（1）根据所选条件，得出关于a1、d的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出数列an的通项公式；（2）利用累加法可求得数列bn的通项公式，再利用裂项相消法可求得Tn.【小问1详解】解：①：因为S1、S2、S4成等比数列，则S2S1S4，即2a1da14a16d，22因为d0，可得d2a1.②：S55a110d50，可得a12d10.③：S63a62，可得6a115d3a15d2，可得a12.d2a1a12若选①②，则有，可得，则an=a1+(n-1)d=4n-2；d4a12d10若选①③，则d2a14，则an=a1+(n-1)d=4n-2；若选②③，则a12d22d10，可得d4，所以，an=a1+(n-1)d=4n-2.【小问2详解】解：bnbn12an8n4n2，且b1a11，则b13，所以，当n2时，则有bnb1b2b1b3b2bnbn1312208n48n412n134n21，2b13也满足bn4n21，故对任意的nN，bn4n21，11111则，bn2n12n122n12n1所以，Tn1111111n111.23352n12n122n12n119.为深入贯彻党的十九大教育方针.中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.郑州某中学数学建模小组随机抽查了我市2000名初二学生“双减”政策前后每天的运动时间，得到如下频数分布表：表一：“双减”政策后时间（分钟）人数[20,30]10(30,40]60(40,50]210(50,60]520(60,70]730(70,80]345(80,90]125表二：“双减”政策前时间（分钟）人数[20,30]40(30,40]245(40,50]560(50,60]610(60,70]403(70,80]130(80,90]12（1）用一个数字特征描述“双减”政策给学生的运动时间带来的变化（同一时间段的数据用该组区间中点值做代表）；（2）为给参加运动的学生提供方便，学校在球场边安装直饮水设备.该设备需同时装配两个一级滤芯才能正常工作，且两个滤芯互不影响，一级滤芯有两个品牌A､B：A品牌售价5百元，使用寿命7个月或；B品牌售价2百元，寿命3个月或4个月（概率均为0.5）.现有两种购置方案，8个月（概率均为0.5）方案甲：购置2个品牌A；方案乙：购置1个品牌A和2个品牌B.试从性价比（设备正常运行时间与购置一级滤芯的成本之比）角度考虑，选择哪一种方案更实惠.【正确答案】（1）大多数学生的运动时间都变长（2）方案乙性价比更高【分析】（1）从众数的角度分析数据的变化情况；（2）若采用甲方案，记设备正常运行时间为X，则X的取值可能为7、8，求出所对应的概率，即可得到分布列，从而求出X的期望，再计算性价比，同理算出乙方案的性价比，比较即可；【小问1详解】解：双减政策后运动时间的众数是65，双减政策前的众数是55，说明双减政策后，大多数学生的运动时间都变长；【小问2详解】解：若采用甲方案，记设备正常运行时间为X（单位是月），则X的取值可能为7、8，则P(X7)1则X的分布列：113111，P(X8)，224224X78P34143129E(X)78.444它与成本之比为5+5=40·则P(Y6)