2023-2024學年河北省部分學校高三下學期高考演練數(shù)學模擬試題（二模）一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】分別求出集合，再根據(jù)交集的定義即可得解.【詳解】，由，得，則，則.故選：C.2．已知復數(shù)滿足，則的共軛復數(shù)（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】根據(jù)復數(shù)模的計算公式，轉化為，利用復數(shù)的運算法則和共軛復數(shù)的概念，即可求解.【詳解】因為，可得，所以.故選：C.3．2023年3月24日是第28個“世界防治結核病日”，我國的宣傳主題是“你我共同努力，終結結核流行”，呼吁社會各界廣泛參與，共同終結結核流行，維護人民群眾的身體健康.已知某種傳染疾病的患病率為5%通過驗血診斷該病的誤診率為2%，即非患者中有2%的人診斷為陽性，患者中有2%的人診斷為陰性.隨機抽取一人進行驗血，則其診斷結果為陽性的概率為（

）A．0.46 B．0.046 C．0.68 D．0.068【正確答案】D【分析】應用全概率公式求解即可.【詳解】設隨機抽取一人進行驗血，則其診斷結果為陽性為事件A,設隨機抽取一人實際患病為事件B,隨機抽取一人非患為事件，則.故選:D.4．過拋物線：的焦點的直線交拋物線于、兩點，以線段為直徑的圓的圓心為，半徑為.點到的準線的距離與之積為25，則（）A．40 B．30 C．25 D．20【正確答案】A【詳解】由拋物線的性質知，點到的準線的距離為，依題意得，又點到的準線的距離為，則有，故，故選：A．5．根據(jù)《民用建筑工程室內環(huán)境污染控制標準》，文化娛樂場所室內甲醛濃度為安全范圍.已知某新建文化娛樂場所施工中使用了甲醛噴劑，處于良好的通風環(huán)境下時，竣工1周后室內甲醛濃度為，3周后室內甲醛濃度為，且室內甲醛濃度（單位：）與竣工后保持良好通風的時間（單位：周）近似滿足函數(shù)關系式，則該文化娛樂場所竣工后的甲醛濃度若要達到安全開放標準，至少需要放置的時間為（

）A．5周 B．6周C．7周 D．8周【正確答案】B【分析】由相除可得，然后解不等式，由指數(shù)函數(shù)性質估計出，從而可得的范圍，由此可得結論.【詳解】由題意可知，，，，解得.設該文化娛樂場所竣工后放置周后甲醛濃度達到安企開放標準，則，整理得，設，因為，所以，即，則，即.故至少需要放置的時間為6周.故選：B.6．在軸截面頂角為直角的圓錐內，作一內接圓柱，若圓柱的表面積等于圓錐的側面積，則圓柱的底面半徑與圓錐的底面半徑的比值為（

）A． B． C． D．【正確答案】D【分析】設圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，由圓柱表面積等于圓錐側面積建立方程，求半徑比.【詳解】設圓柱和圓錐底面半徑分別為r，R，因為圓錐軸截面頂角為直角，所以圓錐母線長為，設圓柱高為h，則，，由題，，得.故選：D.7．已知雙曲線C：的左、右焦點分別為F1、F2，點M是雙曲線右支上一點，且，延長交雙曲線C于點P，若，則雙曲線C的離心率為（）A． B．2 C． D．【正確答案】D【分析】設，則由雙曲線的定義可得，，，然后在利用勾股定理可求出，再在中利用勾股定理可表示的關系，從而可求出離心率.【詳解】設（），由雙曲線的定義可得，，，由，可得，即，解得，又，即為，即為，則，故選：D.8．在中，，，，P，Q是平面上的動點，，M是邊BC上的一點，則的最小值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【正確答案】B【分析】根據(jù)向量運算可得，結合圖形分析的最小值即可得結果.【詳解】取的中點，則，可得，∵，當且僅當在線段上時，等號成立，故，顯然當時，取到最小值，∴，故.故選：B.二、多選題9．下列結論正確的有（

）A．若隨機變量，滿足，則B．若隨機變量，且，則C．若線性相關系數(shù)越接近1，則兩個變量的線性相關性越強D．按從小到大順序排列的兩組數(shù)據(jù)：甲組：27，30，37，m，40，50；乙組：24，n，33，44．48，52，若這兩組數(shù)據(jù)的第30百分位數(shù)、第50百分位數(shù)都分別對應相等，則【正確答案】BC【分析】由方差的性質判斷A；由正態(tài)分布的對稱性判斷B；由相關系數(shù)的定義判斷C；根據(jù)百分位數(shù)的定義判斷D.【詳解】對于A，由方差的性質可得，故A錯誤；對于B，由正態(tài)分布的圖象的對稱性可得，故B正確；對于C，由相關系數(shù)知識可得：線性相關系數(shù)越接近1，則兩個變量的線性相關性越強，故C正確；對于D，甲組：第30百分位數(shù)為30，第50百分位數(shù)為，乙組：第30百分位數(shù)為，第50百分位數(shù)為，則，解得，故，故D錯誤；故選：BC10．年月，神舟十三號返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓都包含，點組成的“曲圓”半圓的圓心在坐標原點，半圓所在的圓過橢圓的焦點，橢圓的短軸長等于半圓的直徑，如圖，在平面直角坐標系中，下半圓與軸交于點若過原點的直線與上半橢圓交于點，與下半圓交于點，則（

）A．橢圓的離心率為 B．的周長為C．面積的最大值是 D．線段長度的取值范圍是【正確答案】BD【分析】根據(jù)給定的條件，求出橢圓的短半軸長，半焦距判斷選項A；利用橢圓的定義求出焦點三角形周長判斷選項B；求出長度范圍判斷選項D；根據(jù)運動的觀點可得最大值判斷C.【詳解】由題知，橢圓中的幾何量，所以，則，故A不正確；因為，由橢圓性質可知，所以，故D正確；設，到軸的距離為，，則，當在短軸的端點處時，，同時取得最大值，故面積的最大值是，故C不正確；由橢圓定義知，，所以的周長，故B正確．故選：．11．如圖，四棱柱的底面是邊長為的正方形，側棱底面ABCD，三棱錐的體積是，底面ABCD和的中心分別是O和，E是的中點，過點E的平面分別交，，于F，N，M點，且平面，G是線段MN任意一點（含端點），P是線段上任意一點（含端點），則下列說法正確的是（

）A．側棱的長為B．四棱柱的外接球的表面積是C．當時，平面截四棱柱的截面是六邊形D．當G和P變化時，的最小值是5【正確答案】BCD【分析】選項A，可直接利用三棱錐的體積公式，求出側棱長，從而判斷選項A錯誤；選項B，利用長方體外接球心是體對角線的中心，體對角線長即球的直徑，從而求出半徑，從而判斷選項B正確；選項C，利用性質找出平面截四棱柱的截面，再利用平行關系找出比例，從而判斷出結果的正誤；選項D，先求證出平面，從而得到故對任意的G都有，進而判斷出結果的正誤.【詳解】對于選項A，因為三棱錐的體積是，解得，故選項A錯誤；對于選項B，外接球的半徑滿足，故外接球的表面積，故選項B正確；對于選項C，如圖，延長MN交的延長線于點Q，連接AQ交于點F，在平面內作交于H，連接AH，則平面截四棱柱的截面是五邊形AFNMH，因為，所以此時，故時截面是六邊形，時截面是五邊形，故選項C正確；對于選項D，因為平面，，平面，所以平面，又面面，面，所以，又因為四邊形是正方形，，所以，因為側棱底面，底面，所以，又，所以平面，垂足是E，故對任意的G都有，又因為，，故，故選項D正確，故選：BCD.12．已知，則（

）A． B．C． D．【正確答案】AD【分析】A.先構造函數(shù)，通過函數(shù)的單調性確定的大致范圍，再構造，通過函數(shù)的單調性確定與的大小關系，進而得到A選項.B.先構造函數(shù)，通過函數(shù)的單調性確定的大致范圍，再構造，通過函數(shù)的單調性確定與的大小關系，進而可知B選項錯誤.C.通過，得到，進而可得與的大小關系,進而可知C選項錯誤.D.與C選項同樣的方法即可判斷.【詳解】A.

令則，所以在單調遞減，在上單調遞增，且，故.令則，所以在上單調遞減，且

即

故選項A正確B.

令則，所以在單調遞增，在上單調遞減，且，故.令所以在上單調遞減，且

即

故選項B錯誤C.

又在單調遞增

故選項C錯誤D.由C可知，

又在單調遞減

故選項D正確故選：AD三、填空題13．在平面直角坐標系中，角的頂點為，始邊與軸的非負半軸重合，終邊與圓相交于點，則___________.【正確答案】/【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義可求得，再利用誘導公式、倍角公式運算求解.【詳解】因為角的終邊與圓相交于點，則，所以.故答案為.14．已知多項式，則___________.【正確答案】74【分析】利用二項展開式的通項分別求得和的展開式的項，進而求得的值.【詳解】對于，其二項展開式的通項為，令，得，故，對于，其二項展開式的通項為，令，得，故，所以.故74.15．已知函數(shù)和，若的極小值點是的唯一極值點，則k的最大值為____.【正確答案】/【分析】利用導數(shù)求出的單調性和極小值點，然后，然后可得或恒成立，然后可求出答案.【詳解】由可得所以當或時，，當時，所以的極小值點是2由可得因為的唯一極值點為2，所以或恒成立所以或在上恒成立因為在上單調遞減，在上單調遞增，當時所以故16．“數(shù)列”是每一項均為或的數(shù)列，在通信技術中應用廣泛．設是一個“數(shù)列”，定義數(shù)列：數(shù)列中每個都變?yōu)椤啊?，中每個都變?yōu)椤啊?，所得到的新?shù)列．例如數(shù)列，則數(shù)列．已知數(shù)列，且數(shù)列，，記數(shù)列的所有項之和為，則__________．【正確答案】【分析】設數(shù)列中，的個數(shù)為，的個數(shù)為，可利用表示出，兩式分別作和、作差，結合等比數(shù)列通項公式可推導求得，從而得到，整理可得最終結果.【詳解】設數(shù)列中，的個數(shù)為，的個數(shù)為，則，，兩式相加得：，又，數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，；兩式相減得：，又，數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，；，，，.故答案為.關鍵點點睛：本題求解的關鍵是能夠根據(jù)所定義的變化規(guī)律，得到與所滿足的遞推關系，利用遞推關系式證得數(shù)列和均為等比數(shù)列，從而推導得到的通項公式.四、解答題17．如圖在平面四邊形ABCD中，，，，．(1)求邊BC；(2)若，求四邊形ABCD的面積．【正確答案】(1)1；(2).【分析】（1）利用余弦定理即可求得邊BC的長；（2）分別利用三角形面積公式求得的面積，進而求得四邊形ABCD的面積．【詳解】（1）因為，為銳角，所以．因為，，在中，由余弦定理得，即，得．（2）在中，由正弦定理得，即，所以．在中，由余弦定理得，即，解得．因為，，所以．18．在各項均為正數(shù)的數(shù)列中，，．(1)求的通項公式；(2)若，的前項和為，證明：．【正確答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由得出，再根據(jù)得出，則數(shù)列為等比數(shù)列，即可得出通項公式；（2）由（1）得，，，代入，化簡得，即可得出，則，再證明為增數(shù)列，則，即可證明結論．【詳解】（1），，則或，又，，數(shù)列為等比數(shù)列，公比為2，，．（2）證明：由（1）得，，，則，的前項和為，則，又當時，當時，為增數(shù)列，，即，．19．2023年3月華中師大一附中舉行了普通高中體育與健康學業(yè)水平合格性考試．考試分為體能測試和技能測試，其中技能測試要求每個學生在籃球運球上籃、羽毛球對拉高遠球和游泳3個項目中任意選擇一個參加．某男生為了在此次體育學業(yè)考試中取得優(yōu)秀成績，決定每天訓練一個技能項目．第一天在3個項目中任意選一項開始訓練，從第二天起，每天都是從前一天沒有訓練的2個項目中任意選一項訓練．(1)若該男生進行了3天的訓練，求第三天訓練的是“籃球運球上籃”的概率；(2)設該男生在考前最后6天訓練中選擇“羽毛球對拉高遠球”的天數(shù)為，求的分布列及數(shù)學期望．【正確答案】(1)(2)分布列見解析；【分析】（1）根據(jù)乘法原理，結合古典概型計算求解即可；（2）由題知的可能取值為，再依次求對應的概率，列分布列，求期望即可.【詳解】（1）解：當?shù)谝惶煊柧毜氖恰盎@球運球上籃”且第三天也是訓練“籃球運球上籃”為事件；當?shù)谝惶煊柧毜牟皇恰盎@球運球上籃”且第三天是訓練“籃球運球上籃”為事件；由題知，三天的訓練過程中，總共的可能情況為種，所以，，，所以，第三天訓練的是“籃球運球上籃”的概率.（2）解：由題知，的可能取值為，所以，考前最后6天訓練中，所有可能的結果有種，所以，當時，第一天有兩種選擇，之后每天都有種選擇，故；當時，第一天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第二天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共2種選擇；第二天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第三天2種，后每天只有1種選擇，共4種選擇；第三天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天有1種選擇，第三天1種，第四天有2種選擇，之后每天只有1種選擇，共4種選擇；第四天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第六天有1種，第五天有2種選擇，共4種選擇；第五天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天有1種，第六天有2種選擇，共4種選擇；第六天選擇“羽毛球對拉高遠球”，則第一天有2種選擇，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1種選擇，共2種選擇；綜上，當時，共有種選擇，所以，；當時，第一天，第三天，第五天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有種選擇；第一天，第三天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有種選擇第一天，第四天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有種選擇；第二天，第四天，第六天，選擇“羽毛球對拉高遠球”，有種選擇；所以，當時，共有種選擇，所以，；所以，當，所以，的分布列為：所以，.20．已知橢圓的左右焦點分別是，是橢圓上一動點(與左右頂點不重合)，已知的內切圓半徑的最大值是橢圓的離心率是.（1）求橢圓的方程；（2）過作斜率不為0的直線交橢圓于兩點，過作垂直于軸的直線交橢圓于另一點，連接，設的外心為，求證：為定值.【正確答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)面積最大時，r最大可得出等量關系求解；（2）設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，設，得出韋達定理，表示出AB的中點坐標，求得AB的垂直平分線方程，得出點坐標，即可表示出，即可得出定值.【詳解】（1）由題意知∶，∴a=2c，，設△的內切圓半徑為r，則.故當面積最大時，r最大，即P點位于橢圓短軸頂點時，所以，把a=2c，代入，解得∶a=2，，所以橢圓方程為（2）由題意知，直線AB的斜率存在且不為0，設直線AB為，代入橢圓方程得.，設，則，，因此可得所以AB的中點坐標為(，)因為G是△ABQ的外心，所以G是線段AB的垂直平分線與線段BQ的垂直平分線的交點，由題意可知B，Q關于y軸對稱，故，AB的垂直平分線方程為令y=0，得，即G(，0)，所以又=故，所以為定值，定值為4.方法點睛：解決直線與圓錐曲線相交問題的常用步驟：（1）得出直線方程，設交點為，；（2）聯(lián)立直線與曲線方程，得到關于（或）的一元二次方程；（3）寫出韋達定理；（4）將所求問題或題中關系轉化為形式；（5）代入韋達定理求解.21．在三棱臺中，平面，，分別是的中點，是棱上的動點.

(1)求證：；(2)若是線段的中點，平面與的交點記為，求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，證得四點共面，根據(jù)平面，證得，結合，證得平面，即可證得；（2）延長與交于點，連接，根題意證得兩兩垂直，以為原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的一個法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：取線段的中點，連接，如圖所示，因為分別為的中點，所以，在三棱臺中，，所以，且，故四點共面，因為平面，平面，所以，因為，所以四邊形是正方形，所