黑龙江省哈尔滨市第八中学2024届高考数学一模试卷含解析

黑龙江省哈尔滨市第八中学2024届高考数学一模试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中的一次项系数为（）A． B． C． D．2．若为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（）A．－1 B．1 C． D．4．已知，则，不可能满足的关系是（）A． B． C． D．5．若变量，满足，则的最大值为（）A．3 B．2 C． D．106．已知函数，则的值等于（）A．2018 B．1009 C．1010 D．20207．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（）A． B． C．2 D．8．设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．即不充分不必要条件9．过双曲线左焦点的直线交的左支于两点，直线（是坐标原点）交的右支于点，若，且，则的离心率是（）A． B． C． D．10．设复数满足，则（）A． B． C． D．11．复数的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．某歌手大赛进行电视直播，比赛现场有名特约嘉宾给每位参赛选手评分，场内外的观众可以通过网络平台给每位参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场嘉宾的评分情况如下表，场内外共有数万名观众参与了评分，组织方将观众评分按照，，分组，绘成频率分布直方图如下：嘉宾评分嘉宾评分的平均数为，场内外的观众评分的平均数为，所有嘉宾与场内外的观众评分的平均数为，则下列选项正确的是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数是偶函数，直线与函数的图象自左向右依次交于四个不同点A，B，C，D．若AB＝BC，则实数t的值为_________．14．已知点是抛物线的准线上一点，F为抛物线的焦点，P为抛物线上的点，且，若双曲线C中心在原点，F是它的一个焦点，且过P点，当m取最小值时，双曲线C的离心率为______.15．双曲线的焦点坐标是_______________，渐近线方程是_______________.16．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，点在抛物线上，直线与抛物线交于另一点.（1）设直线，的斜率分别为，，求证：常数；（2）①设的内切圆圆心为的半径为，试用表示点的横坐标；②当的内切圆的面积为时，求直线的方程.18．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范围.19．（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，.（1）若，求证：平面；（2）若，求二面角的正弦值．20．（12分）已知函数（1）若，试讨论的单调性；（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.21．（12分）已知各项均不相等的等差数列的前项和为,且成等比数列.（1）求数列的通项公式;（2）求数列的前项和.22．（10分）己知，函数.（1）若，解不等式；（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

根据多项式乘法法则得出的一次项系数，然后由等差数列的前项和公式和组合数公式得出结论．【详解】由题意展开式中的一次项系数为．故选：B．【点睛】本题考查二项式定理的应用，应用多项式乘法法则可得展开式中某项系数．同时本题考查了组合数公式．2、B【解析】

由共轭复数的定义得到，通过三角函数值的正负，以及复数的几何意义即得解【详解】由题意得，因为，，所以在复平面内对应的点位于第二象限．故选：B【点睛】本题考查了共轭复数的概念及复数的几何意义，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于基础题.3、D【解析】

根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.【详解】如图所示：因为是△的中位线，所以到的距离等于△的边上高的一半，所以，由此可得，当且仅当时，即为的中点时，等号成立，所以，由平行四边形法则可得，，将以上两式相加可得，所以，又已知，根据平面向量基本定理可得，从而.故选：D【点睛】本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.4、C【解析】

根据即可得出，，根据，，即可判断出结果．【详解】∵；∴，；∴，，故正确；，故C错误；∵，故D正确故C．【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题5、D【解析】

画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题．6、C【解析】

首先，根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据所求函数的周期性，得到其周期为4，然后借助于三角函数的周期性确定其值即可．【详解】解：．，，的周期为，，，，，．．故选：C【点睛】本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识，掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键，属于中档题．7、A【解析】

由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解【详解】由，，成等差数列，所以，又，，成等比数列，所以，消去得，所以，解得或，因为，，是不相等的非零实数，所以，此时，所以．故选：A【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.8、A【解析】

试题分析：α⊥β，b⊥m又直线a在平面α内，所以a⊥b，但直线不一定相交，所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选A.考点：充分条件、必要条件.9、D【解析】

如图，设双曲线的右焦点为，连接并延长交右支于，连接，设，利用双曲线的几何性质可以得到，，结合、可求离心率.【详解】如图，设双曲线的右焦点为，连接，连接并延长交右支于.因为，故四边形为平行四边形，故.又双曲线为中心对称图形，故.设，则，故，故.因为为直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故选：D.【点睛】本题考查双曲线离心率，注意利用双曲线的对称性（中心对称、轴对称）以及双曲线的定义来构造关于的方程，本题属于难题.10、D【解析】

根据复数运算，即可容易求得结果.【详解】.故选：D.【点睛】本题考查复数的四则运算，属基础题.11、C【解析】所对应的点为（-1，-2）位于第三象限.【考点定位】本题只考查了复平面的概念，属于简单题.12、C【解析】

计算出、，进而可得出结论.【详解】由表格中的数据可知，，由频率分布直方图可知，，则，由于场外有数万名观众，所以，.故选：B.【点睛】本题考查平均数的大小比较，涉及平均数公式以及频率分布直方图中平均数的计算，考查计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由是偶函数可得时恒有，根据该恒等式即可求得，，的值，从而得到，令，可解得，，三点的横坐标，根据可列关于的方程，解出即可．【详解】解：因为是偶函数，所以时恒有，即，所以，所以，解得，，；所以；由，即，解得；故，．由，即，解得．故，．因为，所以，即，解得，故答案为：．【点睛】本题考查函数奇偶性的性质及二次函数的图象、性质，考查学生的计算能力，属中档题．14、【解析】

由点坐标可确定抛物线方程，由此得到坐标和准线方程；过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线定义可得，可知当直线与抛物线相切时，取得最小值；利用抛物线切线的求解方法可求得点坐标，根据双曲线定义得到实轴长，结合焦距可求得所求的离心率.【详解】是抛物线准线上的一点抛物线方程为，准线方程为过作准线的垂线，垂足为，则设直线的倾斜角为，则当取得最小值时，最小，此时直线与抛物线相切设直线的方程为，代入得：，解得：或双曲线的实轴长为，焦距为双曲线的离心率故答案为：【点睛】本题考查双曲线离心率的求解问题，涉及到抛物线定义和标准方程的应用、双曲线定义的应用；关键是能够确定当取得最小值时，直线与抛物线相切，进而根据抛物线切线方程的求解方法求得点坐标.15、【解析】

通过双曲线的标准方程，求解，，即可得到所求的结果．【详解】由双曲线，可得，，则，所以双曲线的焦点坐标是，渐近线方程为：．故答案为：；．【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质的应用，考查了运算能力，属于容易题．16、【解析】

先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.【详解】由等面积法可得，依题意可得，，所以.故答案为：【点睛】本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（2）①；②.【解析】

（1）设过的直线交抛物线于，，联立，利用直线的斜率公式和韦达定理表示出，化简即可；（2）由（1）知点在轴上，故，设出直线方程，求出交点坐标，因为内心到三角形各边的距离相等且均为内切圆半径，列出方程组求解即可.【详解】（1）设过的直线交抛物线于，，联立方程组，得：.于是，有：，又，；（2）①由（1）知点在轴上，故，联立的直线方程：.，又点在抛物线上，得，又，；②由题得，（解法一）所以直线的方程为（解法二）设内切圆半径为，则.设直线的斜率为，则：直线的方程为：代入直线的直线方程，可得于是有：得，又由（1）可设内切圆的圆心为则，即：，解得：所以，直线的方程为：.【点睛】本题主要考查了抛物线的性质，直线与抛物线相关的综合问题的求解，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.18、（1）；（2）.【解析】

（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．【详解】当时，，当时，由得，解得；当时，无解；当时，由得，解得，所以的解集为（2）的解集包含等价于在上恒成立，当时，等价于恒成立，而，∴，故满足条件的的取值范围是【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．19、（1）详见解析（2）【解析】

（1）如图，作，交于，连接.因为，所以是的三等分点，可得.因为，，，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为平面，平面，所以平面.又，平面，平面，所以平面.因为，、平面，所以平面平面，所以平面.（2）因为是等边三角形，，所以.又因为，，所以，所以.又，平面，，所以平面.因为平面，所以平面平面.在平面内作平面.以B点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，，，.设为平面的法向量，则，即，令，可得.设为平面的法向量，则，即，令，可得.所以，则，所以二面角的正弦值为.20、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】

（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.【详解】（1）依题意，当时，，①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；②当时，若，；若，；故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）方法1：由得令，则，依题意有，即，要证，只需证（不妨设），即证，令，设，则，在单调递减，即，从而有.方法2：由得令，则，当时，时，故在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，易知，故只需证，即证令，（），则==，（也可代入后再求导）在上单调递减，，故对于时，总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.21、（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）设公差为，列