2024届河北省高三下学期考前提分演练（二）历史试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3海南省部分学校2024届新高考二卷押题卷（三）数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、单选题1.集合，，若，则实数（）A. B.0 C. D.1〖答案〗C〖解析〗因为，故．①当时，，则，与元素的互异性矛盾，故不成立；②当时，解得，与元素的互异性矛盾，故不成立；③当时，即，则，，故成立，故.故选：C．2.已知向量，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以，故选：B.3.已知复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知等式可得，所以，所以，故选：B.4.互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（

）A.24种 B.36种 C.42种 D.48种〖答案〗D〖解析〗红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有；红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可，故；红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故；综上，共有种摆放方法.故选：D5.已知是等比数列，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，因为，所以，得到，所以，由，得到，所以，故选：C.6.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解法1：由，得，得，得，所以，所以．解法2：将展开得，整理得，即，所以．故选：A7.设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，由双曲线的定义知，在中，由余弦定理得：，所以，再由，为的中点，延长至，使，所以四边形为平行四边形，且，在中，由余弦定理知：，在中，由余弦定理知：，因为，则，可知，所以③，由得，把代入得，化简得，所以渐近线方程为.故选：B.8.已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（

）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗C【〖解析〗根据题意，函数周期为8，图象关于点对称，又，所以函数的图象也关于点对称，由，，，，，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，其中，，在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，

由图可得，函数与在上有两个交点，因为函数与图象均关于点对称，所以函数与在上有两个交点，又，所以函数在内的零点个数为5.故选：C.二、多选题9.已知（，，）的部分图象如图所示，则（）A. B.的最小正周期为C.在内有3个极值点 D.在区间上的最大值为〖答案〗ABD〖解析〗对于AB，根据函数的部分图象知，，，，故AB正确，对于C，由五点法画图知，，解得，由于，所以，.令，则，时，，时，，当时，，当时，，当时，，故在内有2个极值点，分别为，，故C错误，对于D，，可得：，故当此时取最大值，故D正确.故选：ABD.10.已知实数满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗对于A中，由，可得，所以A错误；对于B中，由，则，所以B正确；对于C中，令，可得，当时，，单调递增，因为，则，所以，即，所以，所以C正确；对于D中，由函数上单调递增，因为，则，即，所以，所以D正确．故选：BCD．11.如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为2的为等边三角形，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），是球与圆锥母线的交点，是底面圆弧上的动点，则（）A.球的体积为B.三棱锥体积的最大值为C.的最大值为3D.若为中点，则平面截球的截面面积为〖答案〗ACD〖解析〗选项A，如图，设底面圆心为，则，，，因为是边长为2的为等边三角形，则，为中点，则球的半径球的体积为，故A正确.选项，作，因面，，所以底面，，，故B错误.选项C，设，，...，设，则令，解得，当时，，当时，则，易知在上单调递减，则在单调递减，且，则当时，，单调递增；，故C正确.选项，当为中点时，，由，，，得..设点到平面的距离为，，，，代入数据解得.截面面积为，故D正确.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.随机变量服从正态分布，若,则_________.〖答案〗〖解析〗因为且，所以，则.故〖答案〗为：13.已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且，则球的表面积是________．〖答案〗〖解析〗在中，，则，，由正弦定理得外接圆半径，设球半径为，于是，解得，所以球的表面积是.故〖答案〗为：14.已知双曲线的左，右焦点分别为，，过右焦点且倾斜角为直线l与该双曲线交于M，N两点（点M位于第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，则为___________.〖答案〗〖解析〗设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，设，，，设的内切圆为圆，由双曲线的定义可得，得，由此可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，所以轴，过圆心作垂线，垂足为，因为，所以，∴，即∴，即故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）当时，求在点处的切线方程；（2）讨论的单调性，并求出的极小值．解：（1）当时，，则，所以，又知，所以在点处切线方程为．（2）因为，令，则或，所以当时，，当或时，．综上，在上单调递减，在和上单调递增；所以．16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.（1）已知为中点，求证：平面；（2）求平面与平面的夹角．（1）证明：取中点，连接，四边形为正方形，，，平面，平面，，；，，平面，平面，平面，平面，又为中点，，平面，又平面，平面，，；，为中点，；，平面，平面，又平面，，，平面，平面.（2）解：以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面与平面夹角余弦值为，平面与平面的夹角为.17.Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．（1）求和的值；（2）试求两人共答对3道题的概率．解：（1）由题意可得即解得或由于，所以．（2）设甲同学答对了道题乙同学答对了道题．由题意得，，．设甲、乙二人共答对3道题，则．由于和相互独立，与互斥，所以所以甲、乙两人共答对3道题的概率为.18.已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.（1）求双曲线的标准方程；（2）过右焦点的直线与双曲线的左､右两支分别交于点，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.解：（1）由题意可知，又浙近线方程为，所以，易知双曲线的标准方程为.（2）设，联立方程得，且，由三点共线得①，由得，即②，由①②解得.由可知，四边形是平行四边形，所以，，，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，上单调递增，所以，所以，当且仅当，即时取等号.19.若有穷数列满足：，则称此数列具有性质．（1）若数列具有性质，求的值；（2）设数列具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列为等差数列．（1）解：由已知可得数列A共有5项，所以，当时，有，所以，当时，有，所以，当时，有，所以．（2）证明：数列A具有性质，且为奇数，所以存在，使得，由题意可得，设，由于当时，存在正整数，使得，所以，这项均为数列A中的项，且，因此一定有，即，这说明数列：是以为公差的等差数列，由数列A具有性质，以及可得数列A为等差数列．海南省部分学校2024届新高考二卷押题卷（三）数学试题第Ⅰ卷（选择题）一、单选题1.集合，，若，则实数（）A. B.0 C. D.1〖答案〗C〖解析〗因为，故．①当时，，则，与元素的互异性矛盾，故不成立；②当时，解得，与元素的互异性矛盾，故不成立；③当时，即，则，，故成立，故.故选：C．2.已知向量，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以，故选：B.3.已知复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由已知等式可得，所以，所以，故选：B.4.互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（

）A.24种 B.36种 C.42种 D.48种〖答案〗D〖解析〗红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有；红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可，故；红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故；综上，共有种摆放方法.故选：D5.已知是等比数列，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设等比数列的公比为，因为，所以，得到，所以，由，得到，所以，故选：C.6.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解法1：由，得，得，得，所以，所以．解法2：将展开得，整理得，即，所以．故选：A7.设为原点，为双曲线的两个焦点，点在上且满足，，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，由双曲线的定义知，在中，由余弦定理得：，所以，再由，为的中点，延长至，使，所以四边形为平行四边形，且，在中，由余弦定理知：，在中，由余弦定理知：，因为，则，可知，所以③，由得，把代入得，化简得，所以渐近线方程为.故选：B.8.已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（

）A.3 B.4 C.5 D.6〖答案〗C【〖解析〗根据题意，函数周期为8，图象关于点对称，又，所以函数的图象也关于点对称，由，，，，，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，其中，，在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，

由图可得，函数与在上有两个交点，因为函数与图象均关于点对称，所以函数与在上有两个交点，又，所以函数在内的零点个数为5.故选：C.二、多选题9.已知（，，）的部分图象如图所示，则（）A. B.的最小正周期为C.在内有3个极值点 D.在区间上的最大值为〖答案〗ABD〖解析〗对于AB，根据函数的部分图象知，，，，故AB正确，对于C，由五点法画图知，，解得，由于，所以，.令，则，时，，时，，当时，，当时，，当时，，故在内有2个极值点，分别为，，故C错误，对于D，，可得：，故当此时取最大值，故D正确.故选：ABD.10.已知实数满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗BCD〖解析〗对于A中，由，可得，所以A错误；对于B中，由，则，所以B正确；对于C中，令，可得，当时，，单调递增，因为，则，所以，即，所以，所以C正确；对于D中，由函数上单调递增，因为，则，即，所以，所以D正确．故选：BCD．11.如图，已知圆锥顶点为，其轴截面是边长为2的为等边三角形，球内切于圆锥（与圆锥底面和侧面均相切），是球与圆锥母线的交点，是底面圆弧上的动点，则（）A.球的体积为B.三棱锥体积的最大值为C.的最大值为3D.若为中点，则平面截球的截面面积为〖答案〗ACD〖解析〗选项A，如图，设底面圆心为，则，，，因为是边长为2的为等边三角形，则，为中点，则球的半径球的体积为，故A正确.选项，作，因面，，所以底面，，，故B错误.选项C，设，，...，设，则令，解得，当时，，当时，则，易知在上单调递减，则在单调递减，且，则当时，，单调递增；，故C正确.选项，当为中点时，，由，，，得..设点到平面的距离为，，，，代入数据解得.截面面积为，故D正确.故选：ACD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.随机变量服从正态分布，若,则_________.〖答案〗〖解析〗因为且，所以，则.故〖答案〗为：13.已知过球面上A，B，C三点的截面和球心的距离为球半径的一半，且，则球的表面积是________．〖答案〗〖解析〗在中，，则，，由正弦定理得外接圆半径，设球半径为，于是，解得，所以球的表面积是.故〖答案〗为：14.已知双曲线的左，右焦点分别为，，过右焦点且倾斜角为直线l与该双曲线交于M，N两点（点M位于第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，则为___________.〖答案〗〖解析〗设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，设，，，设的内切圆为圆，由双曲线的定义可得，得，由此可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，所以轴，过圆心作垂线，垂足为，因为，所以，∴，即∴，即故〖答案〗为：.四、解答题15.已知函数．（1）当时，求在点处的切线方程；（2）讨论的单调性，并求出的极小值．解：（1）当时，，则，所以，又知，所以在点处切线方程为．（2）因为，令，则或，所以当时，，当或时，．综上，在上单调递减，在和上单调递增；所以．16.如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.（1）已知为中点，求证：平面；（2）求平面与平面的夹角．（1）证明：取中点，连接，四边形为正方形，，，平面，平面，，；，，平面，平面，平面，平面，又为中点，，平面，又平面，平面，，；，为中点，；，平面，平面，又平面，，，平面，平面.（2）解：以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面与平面夹角余弦值为，平面与平面的夹角为.17.Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷