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abab,a1,2,bm,3,则m（

）A.6

B.-6

C.3

D.-32.某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70,85,90,75,95,则这5人成绩的上四分位数是（

）A.90

B.75

C.95

D.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ABCDEF,其中四边形ABFE与CDEF都为等腰梯形,ABCD为平行四边形，若AD平面ABFE,且EF2AB2AE2BF,记三棱锥DABF的体积为V,则该五面体的体积为（1

）1

1

1

14.已知tan2,则

sin3sincos

（

）A.

79

B.

215

C.

79

D.

2155.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.78

B.92

C.100

D.1226.已知

122

22双曲线于点P,若PF3PF,则双曲线的离心率为（12

）A.3

B.3

C.5

D.27.已知函数fx,gx的定义域为R,gx为gx的导函数，且fxgx2,fxg4x2,1A.8VB.5VC.4VD.3VF,F分别为双曲线xy1A.8VB.5VC.4VD.3VF,F分别为双曲线xy1a0,b0的左､右焦点，过F与双曲线的一条渐近线平行的直线交a2b2若gx为偶函数，则下列结论不一定成立的是（

）A.f42

B.g20

C.f1f3

D.f1f348.已知正数a,b,c满足ea1.13,5b210b30,ec1.3,则（

）A.acbC.cab

B.bacD.cba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zC,z是z的共轭复数，则（

）A.若z

13i13i

,则z

43i5B.若z为纯虚数，则z20C.若z2i0,则z2iD.若Mz|z3i

3,则集合M所构成区域的面积为6π10.如图，点A,B,C是函数fxsinx0的图像与直线y

32

相邻的三个交点，且BCAB

π3

,

π12

）A.4B.

ππ32C.

9π

12D.若将fx的图像沿x轴平移个单位长度，得到一个偶函数的图像，则的最小值为

π2411.一个棱长为4的正四面体PABC容器,D是PB的中点,E是CD上的动点，则下列说法正确的是（2

）f0,则（fx在,上单调递减f8f0,则（fx在,上单调递减f8A.直线AE与PB所成角为

π2B.ABE周长的最小值为434C.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

63D.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

2625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Ax∣x22x30,xR,B{x∣xa,a0}，则ABR,则a的取值范围为__________.13.已知圆x2y216与直线y3x交于A,B两点，则经过点A,B,C8,0的圆的方程为__________.14.已知等差数列an

（公差不为0）和等差数列b的前n项和分别为Sn

n

,T,如果关于x的实系数方程n1003x2S1003

xT1003

0有实数解，则以下1003个方程x2axb0i1,2,ii

,1003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fx

12

sin2x

32

sin2x0的最小正周期为4π.（1）求fx在0,π上的单调递增区间；（2）在锐角三角形ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2accosBbcosC,求fA的取值范围.16.（15分）如图，在四棱锥MABCD中,ABAD,ABAMAD2,MB22,MD23.（1）证明：AB平面ADM；3（2）若DC

23

AB,BE2EM,求直线EC与平面BDM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

7:30之

7:307:35

7:357:40

7:407:45

7:457:50

7:50之间

前

后乘地铁乘汽车

0.10.25

0.150.3

0.350.2

0.20.1

0.150.1

0.050.05（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7:357:40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7:40,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7:40,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X,求EX；（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7:40,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7:40,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7:40,当天他都会乘坐地铁去学校.记P为王老师第n天坐地铁去学校的概率，求P的通项公式.18.（17分）已知fxae2x2xex（其中e2.71828

为自然对数的底数）.（2）当a

12

时，判断yfx是否存在极值，并说明理由；（3）xR,fx

1a

0,求a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P与定点

2m

mn

,其中m0,n0,且4nn（1）当a0时，求曲nn（1）当a0时，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；Am,0的距离和P到定直线xn的距离的比为常数mn,记点P的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明轨迹的形状；（2）设点Bm,0,若曲线C上两动点M,N均在x轴上方,AM∥BN,且AN与BM相交于点Q.（i）当m22,n4时，求证：

1AM

1BN的值及

ABQ的周长均为定值；（ii）当mn时，记ABQ的面积为S,其内切圆半径为r,试探究是否存在常数,使得Sr恒成立？若存在，求（用m,n表示）；若不存在，请说明理由.参考答案及解折一､选择题1.B

2.A

3.C

4.D

5.C

6.B

7.C

8.D二､选择题9.AB

10.ABD

11.ACD三､填空题12.0,1

13.x32y3

2

14.502四､解答题15.解：（1）fx

12

sin2x

32

sin2x

11cos2x22

32

sin2x

32

1π26因为T

2π2

4π,所以

14

,12

π6由

π2

2kπ

12

x

π6

π2

2kπ,kZ,解得

4kπ

4π3

x4kπ

2π3

,kZ,当k0时,

4π3

x

2π3

,又

2π3

.（2）由2accosBbcosC,528sin2xcos2xsin2x.故fxsinx28sin2xcos2xsin2x.故fxsinx.x0,π,所以fx在0,π上的单调递增区间为0,得（2sinAsinC)cosBsinBcosC,所以2sinAcosBsinBcosCcosBsinCsinBCsinA.因为sinA0,所以cosB

12

,又B0,π,所以B

π3

,所以

12

π6因为

π6

A

π2

,所以

π4

A2

π6

5π12

,所以

22

A2

π6

264

,所以

2

,

2616.（1）证明：因为ABAM2,MB22,所以AM2AB2MB2,所以ABAM.又ABAD,且AMADA,AM,AD平面ADM,所以AB平面ADM.（2）解：因为AMAD2,MD23,所以cosMAD

4412222

1,且0MAD180,可知MAD120.2在平面ADM内过点A作x轴垂直于AM,由（1）知AB平面ADM,以AM,AB所在直线分别为y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D

3,1,0,C

43

6fAsinA.sinfA的取值范围为2.43,1,,fAsinA.sinfA的取值范围为2.43,1,,B0,0,2,M0,2,0.4233可得

7233

3,1,2.设平面BDM的法向量为nx,y,z,BMn2y2z0,则BDn3xy2z0,取z1,得n

3,1,1,π24则

sincosEC,n

ECnECn

34553

1,5所以直线EC与平面BDM所成角的正弦值为

15

.17.解：（1）记事件A“硬币正面向上”，事件B“7:407:45到校”，则由题有PA0.5,PB|A0.2,PB|A0.1,故PBPAPB|APAPB|A0.50.20.50.10.15.（2）X可取1,2,3,

,9,10,由题得，对于1k

*

2355

k1

35

9

,故EX1

25

23235555

2

2383955555555

23232

23823931055555以上两式相减得

2EX255

232325555

2382395555故EX1

3355

2

3839557因为BE2EM,所以E0,,,EC3,,,BM0,2,2,BD设直线EC与平面BDM所成角为0,,9kN,PXk,PX因为BE2EM,所以E0,,,EC3,,,BM0,2,2,BD设直线EC与平面BDM所成角为0,,9kN,PXk,PX1023910,3EX128910,,

310555310,3215所以

EX

52

1025

.（3）由题得P1,P1n1

32

P1PP1,n则Pn1

57

255n75

1

57

27

为首项,

25

为公比的等比数列.故Pn

57

22n175

,即Pn

22n175

5.718.解：（1）当a0时,fx2xex,则fx2x1ex.处的切线方程为y4ex12e4ex2e.（2）当a

12

时

,fx

12

e2x2xex,定义域为,,令Fxex2x2,则Fxex2,当x,ln2时,Fx0；当xln2,时,Fx0,所以Fx在,ln2内单调递减，在ln2,内单调递增，Fx

Fln222ln222ln20,min8125535n5nP,这说明Pn是以P7125535n5nP,这说明Pn是以P7因为f14e,所以曲线yfx在点1,f1则fxe2x2x1exexex2x2.F1

1e

0,F2e260.存在x1,ln2,使得Fx11

0；存在xln2,2,使得Fx0,22当x,x时,Fx0,fx0,fx单调递增；1当xx,x12

时,Fx0,fx0,fx单调递减；当xx,时,Fx0,fx0,fx单调递增，2所以当a

12

时,fx有一个极大值，一个极小值.由xR,fx

1a

0,因为f0

1a

a

1a

a21a

0,得a0.令gxaexx1,则gx在R上单调递减，当x0时,ex0,1,aexa,0,所以gxaexx1ax1,所以ga1aa110,又g1ae10,xa1,1,使得gx0,00即gx0

aex0

x10,0当x,x时,gx0,即fx0,0当xx,时,gx0,即fx0,0所以fx在,x0

内单调递增，在x,内单调递减，0所以fxmax

fxae2x02xex0.00由gxaex0x10,a00

x10ex0

,由fxmax

1a

0,得

x1ex02xex0ex0000

0,9（3）fx2a（3）fx2ae2x2x1ex2exaexx1,x1即

1x1x100x10

0,由x010,得x011,所以2x01,因为a

x10ex0

,所以设hx

x1ex

2x1,x0,ex12e2

12e2,hxh10,故a的取值范围是12e2,0.19.（1）解：设Px,y,依题意得

xm2y2n2xm

mn

,两边平方去分母得n2xm2n2y2mxn2整理得n2m2x2n2y2n2n2m2,

2经化简得C的方程为

x2n2

y2n2m2

1,当mn时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线.（2）设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3,其中y1,y20且x3x2,y3y2.（i）证明：由（1）可知C的方程为

x216

y28

1,A22,0,B22,0因为AM∥BN,所以

y1x221

y2x222

y2x222

y3x223

,因此M,A,M三点共线，且BN

x2

22

2

22

x2

22

2

2

AM.（解法一）设直线MM的方程为xty22,联立C的方程得t22y242ty80,102则hx可知hx在2,1内单调递增,hxh2,,y2则hx可知hx在2,1内单调递增,hxh2,,yy2则yy13

42tt22

,yy13

t

822

,由（1）可知AM

224

x1

1622

4

2x,21BNAM4

22

x,3所以

1AM

1BM

AMBNAMBN

44

2x4212x421

3

232

22

1

221

3

232

42tyy1313

13

1

242t4t42t1842tt2t222t22

1（定值）.（解法二）设MAx,则有4解得AM-54,22cos-12

AM22AMcos

224

,同理，由

AM22AMcos

224

,解得AM

422cos

,11x2x2ty22ty22ty2ty2242tyyt2yy2t222x2x2ty22ty22ty2ty2242tyyt2yy2t222所以

1AM

1BN

1AM

1AM

22cos4

22cos4

1（定值）.由椭圆定义BQQMMA8,得QM8BQAM,因为AM∥BN,所以

AMBN

QMBQ

8BQAMBQ

,解得BQ

8AMBNAMBN

,同理可得AQ所以AQBQ

8BNAMAMBN

.

8BNAM8AMBNAMBNAMBN8AMBN2AMBNAMBN8

1AM

2

1BN

826

.因为AB42,所以ABQ的周长为642（定值）.（ii）解：当mn时，曲线C的方程为

x2n2

y2m2n2

1,轨迹为双曲线，根据（i）的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BNAM.（解法一）设直线MM的方程为xsym,

12

2联立C的方程得m2n2s2n2y22smm2n2ym2n20,联立C的方程得m2n2s2n2y22smm2n2ym2n20,所以yy13

2smm2n2m2n2s2n2

m2n2

,y1y3m2n2s2n2,*因为AM

mn

x

n2

mn

xn,BNAM1

mxn,n3所以

1AM

1BN

1AM

1AM

AMAMAMAMmmmmsmm2n2smm2n21