2024届河北省承德市部分高中二模数学试题（含答案）

数学试卷本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I卷（选择题共58分）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.若则（）A.6B.-6C.3D.-32.某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：则这5人成绩的上四分位数是（）A.90B.75C.95D.703.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，若平面且记三棱锥的体积为则该五面体的体积为（）A.B.C.D.4.已知则（）A.B.C.D.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1人，其中体育书只能分给甲､乙中的1人，则不同的分配方法数为（）A.78B.92C.100D.1226.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.27.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.8.已知正数满足则（）A.B.C.D.二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.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10.如图，点是函数的图像与直线相邻的三个交点，且则（）A.B.在上单调递减C.D.若将的图像沿轴平移个单位长度，得到一个偶函数的图像，则的最小值为11.一个棱长为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.直线与所成角为B.周长的最小值为C.如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球的半径的最大值为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第II卷（非选择题共92分）三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设集合，则则的取值范围为__________.13.已知圆与直线交于两点，则经过点的圆的方程为__________.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.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.（13分）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.16.（15分）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.17.（15分）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：到校时间之前之后乘地铁0.10.150.350.20.150.05乘汽车0.250.30.20.10.10.05（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.18.（17分）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）求的取值范围.19.（17分）圆､椭圆､双曲线都有对称中心，统称为有心圆锥曲线，如下方式可以得到部分的有心圆锥曲线，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.（i）当时，求证：的值及的周长均为定值；（ii）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.参考答案及解折一､选择题1.B2.A3.C4.D5.C6.B7.C8.D二､选择题9.AB10.ABD11.ACD三､填空题12.13.14.502四､解答题15.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.因为所以又所以所以.因为所以所以所以的取值范围为.16.（1）证明：因为所以所以.又且平面所以平面.（2）解：因为所以且可知.在平面内过点作轴垂直于由（1）知平面以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.因为所以可得.设平面的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.解：（1）记事件“硬币正面向上”，事件“到校”，则由题有故.（2）可取由题得，对于故以上两式相减得故所以.（3）由题得则这说明是以为首项为公比的等比数列.故即.18.解：（1）当时则.因为所以曲线在点处的切线方程为.（2）当时定义域为则.令则当时；当时所以在内单调递减，在内单调递增，.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，所以当时有一个极大值，一个极小值.（3）由因为得.令则在上单调递减，当时所以所以又使得即当时即当时即所以在内单调递增，在内单调递减，所以.由由得即由得所以因为所以设则可知在内单调递增故的取值范围是.19.（1）解：设依题意得两边平方去分母得整理得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）证明：由（1）可知的方程为因为所以因此三点共线，且.（解法一）设直线的方程为联立的方程得则由（1）可知所以（定值）.（解法二）设则有解得同理，由解得所以（定值）.由椭圆定义得因为所以解得同理可得.所以.因为所以的周长为（