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文档简介
河北省L16联盟2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.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.1.一组数据4,4,2,6,4,1,9,8的极差是()A. B.5 C.5 D.8【答案】D【解析】【分析】根据题意,由极差的定义计算可得答案.【详解】解:根据题意,数据4,4,2,6,4,1,9,8中,最小的为1,最大的为9,则其极差为.故选:D.2.已知点是直线上相异的三点,为直线外一点,且,则的值是()A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】化简得,再利用三点共线系数和为1的结论即可得到方程,解出即可.【详解】,即,因为点是直线上相异的三点,则点三点共线,则,解得.故选:A.3.某圆环的内外半径分别为2和4,将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知,几何体体积为大球的体积减去小球的体积,再结合球的体积公式求解.【详解】解:由题意可知,几何体体积为大球的体积减去小球的体积,所以几何体体积为.故选:C.4.已知函数的定义域为集合,值域为集合,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先令,解出一元二次不等式,即可求出函数的定义域,从而求出函数的值域,最后求出补集.【详解】由,即,解得或,所以函数定义域为集合,则值域为集合,所以.故选:D5.已知点为平面内一动点,设甲:的运动轨迹为抛物线,乙:到平面内一定点的距离与到平面内一定直线的距离相等,则()A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】【分析】根据已知条件,结合充分条件、必要条件的定义,即可求解.【详解】解:当直线经过定点时,点的轨迹是过定点且垂直于该直线的另一条直线,当直线不经过该定点时,点的轨迹为抛物线,故甲是乙的充分条件但不是必要条件.故选:A.6.设函数,若存在使得既是的零点,也是的极值点,则的可能取值为()A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对函数求导后,令导数为零,讨论方程的根,再根据零点的定义即可求值.【详解】由,得,令,则或,当时,由,得,所以,则当时,由,得,由,得或,当时,不存在极值点,当时,得,综上,,所以当时,.故选:B7.过原点且倾斜角为的直线与圆相切,则()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意写出直线方程,再由直线与圆相切,可得圆心到直线的距离等于半径,建立关系式,再化简即可求得.【详解】解:过原点且倾斜角为的直线的方程为,又直线与圆相切,圆心,半径,可得圆心到直线的距离,即,即,即,即,解得:.故选:B.8.双曲线的两焦点分别为,过的直线与其一支交于,两点,点在第四象限.以为圆心,的实轴长为半径的圆与线段分别交于M,N两点,且,则的渐近线方程是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设,则,由已知结合双曲线定义,在中由勾股定理求得,在中,利用勾股定理得,进而可求答案.【详解】解:如图,由题意得:,设,则,所以,,由双曲线的定义得:,所以,,则,因为,在中,,即,解得,所以,,在中,,即,可得,所以,所以,即,故双曲线的渐近线方程为.故选:C.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得3分,有选错的得0分.9.已知正方体为中点,为BC中点,则()A.直线PD与直线平行 B.直线与直线垂直C.直线PQ与直线相交 D.直线PQ与直线异面【答案】BD【解析】【分析】根据题意,建立空间直角坐标系,分析AB,由异面直线的定义分析CD,综合可得答案.【详解】根据题意,设正方体的棱长为2,以为坐标原点,如图建立坐标系,则,0,,,2,,,2,,,0,,,2,,,2,,,0,,,0,,,2,,对于A,,0,,,0,,由于对于任意的都不会成立,则与不平行,则直线与直线不平行,A错误;对于B,,2,,,,,则有,则,即直线与直线垂直,B正确;对于C,直线与相交,故平面,直线平面,,所以PQ与直线是异面直线,C错误;对于D,,显然两直线不平行,假设直线与直线相交,则在同一平面上,,故存在实数使得,即,则无解,故与直线既不相交也不平行,是异面直线,D正确.故选:BD.10.已知函数,则下列说法正确的是()A.的图像是中心对称图形 B.的图像是轴对称图形C.是周期函数 D.存在最大值与最小值【答案】BCD【解析】【分析】A,B,C选项可以根据函数对称性与周期性的定义进行验证.D选项需要换元,求导得出答案.【详解】,对于A选项,不为常数,故A错误.对于B选项,,则函数关于对称.故B正确.对于C选项,,则函数周期为.故C正确.对于D选项,令由于为偶函数,则只需要考虑部分即可.则.故D正确.故选:BCD.11.外接圆半径为的满足,则()A. B.C.的面积是 D.的周长是【答案】AC【解析】【分析】对三角恒等变换化简可得,其中角满足,又,当且仅当,,可得,,,再结合三角函数单调性和三角形面积公式判断各选项即可.【详解】由,有,故,其中角满足又,当且仅当,,故,,结合为三角形的内角,而为锐角,故,,故有,所以为钝角,且,由于为钝角,故有,则结合函数的单调性有,故A正确,B错误;由,则,则三角形的面积,由,三角形的周长,故C正确,D错误.故选:AC.【点睛】关键点点睛:,其中角满足,由三角函数的有界性得,进而得,是本题的关键.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.记复数的共轭复数为,写出一个满足的复数:_______________.【答案】(答案不唯一,满足对即可)【解析】【分析】结合共轭复数的定义,以及复数模公式,即可求解.【详解】解:令,则,故.故答案为:(答案不唯一,满足对,即可).13.已知数列是公差为的等差数列,各项不等的数列是首项为2,公比为的等比数列,且,则______________.【答案】1【解析】【分析】由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可列式求解.【详解】解:由已知可得,,,,再由,,得,,联立以上两式可得:,(舍去),或,即.故答案为:1.14.若随机变量X,Y分别服从成功概率为的两点分布,则的取值范围是______________.【答案】【解析】【分析】由两点分布及期望公式求解即可.【详解】解:因为随机变量,分别服从成功概率为,的两点分布,则,,,,所以或1,所以或或,因为或,且或,所以或,所以或,即的取值范围是.故答案为:.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.已知直线过椭圆右焦点,且交于两点.(1)求的离心率;(2)设点,求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由题意,结合题目所给信息以及,,之间的关系,可得椭圆的方程,再根据离心率公式即可求解;(2)先得到直线的方程,将直线的方程与椭圆方程联立,利用弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】由题,,且在上有,解得.故椭圆的标准方程为,离心率.【小问2详解】因为直线经过,两点,可得直线的方程为,联立,解得或,所以直线与椭圆的另一交点为,则,又点到直线的距离.故的面积.16.已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若在区间[0,2]上有且仅有一个零点,求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【解析】【分析】(1)对求导,再对分类讨论,利用导数与单调性的关系即可求解;(2)对分类讨论,结合零点存在性定理,即可求解的取值范围.【小问1详解】,当时,恒成立,在上单调递增;当时,令,解得,令,解得,故上单调递减,在和上单调递增;当时,令,解得,令,解得,故在上单调递减,在和上单调递增.综上,时,在上单调递增;时,在上单调递减,在和上单调递增;时,在上单调递减,在和上单调递增.【小问2详解】当时,在区间[0,2]上,故不存在零点;当时,在上单调递增,故在区间[0,2]上单调递增,又时,,故在区间[0,2]上不可能存在零点;当时,上单调递减,在上单调递增;若,即时,在上单调递减,在上单调递增,又,故只能在上有零点,由零点存在性定理有,解得.或,解得;故此时满足条件;若,即时,在上单调递减,则,此时均满足题意,故满足条件.综上,.17.机器模型预测常常用于只有正确与错误两种结果的问题.表1为根据模型预测结果与真实情况的差距的情形表格,定义真正例率,假正例率.概率阈值为自行设定的用于判别正(反)例的值,若分类器(分类模型)对该样例的预测正例概率大于等于设定的概率阈值,则记分类器预测为正例,反之预测为反例.总例预测结果正例反例真实情况正例真正例假反例反例假正例真反例表1分类结果样例划分利用这些指标绘制出的ROC曲线可衡量模型的评价效果:将各样例的预测正例概率与从大到小排序并依次作为概率阈值,分别计算相应概率阈值下的与.以为横坐标,为纵坐标,得到标记点.依次连接各标记点得到的折线就是ROC曲线.图1为甲分类器对于8个样例的ROC曲线,表2为甲,乙分类器对于相同8个样例的预测数据.样例数据甲分类器乙分类器样例标号样例属性预测正例概率预测正例概率1正例0.230.342正例0.580.533反例0.150.134反例0620.395正例0.470.876反例0.470.537反例0.330.118正例0.770.63表2甲,乙分类器对于相同8个样例的预测数据(1)当概率阈值为0.47时,求甲分类器的ROC曲线中的对应点;(2)在图2中绘制乙分类器对应的ROC曲线(无需说明绘图过程),并直接写出甲,乙两分类器的ROC曲线与轴,直线所围封闭图形的面积;(3)按照上述思路,比较甲,乙两分类器的预测效果,并直接写出理想分类器的ROC曲线与轴,直线所围封闭图形的面积为1的充要条件.【答案】(1)(2)答案见解析,,(3)乙分类器的预测效果更好,答案见解析【解析】【分析】(1)由已知数据得真正例、假反例、假正例、真反例的个数,再由已知公式计算可得;(2)由已知数据分别计算概率阈值为时的真正例、假反例、假正例、真反例个数,并求出相应值,描点作图;再根据已知甲曲线与乙曲线分别求出所围面积即可;(3)先比较面积大小分析预测结果;再根据面积为,转化为标记点横坐标为或纵坐标为即或可得充要条件.【小问1详解】概率阈值为0.47时,真正例为,假反例为,假正例为,真反例为,则.所以横坐标,纵坐标,故当概率阈值为0.47时,求甲分类器的ROC曲线中的对应点对应点为.【小问2详解】乙分类器对应的ROC曲线如下图所示.由已知题意可得,甲、乙分类器的ROC曲线都经过,作如下图所示的辅助线,每个小直角三角形的面积都等于,大直角三角形的面积都等于,故所求面积为.所以,甲分类器的ROC曲线与轴,直线所围封闭图形的面积为.作如下图所示的辅助线,同理可得所求面积为.所以,乙分类器的ROC曲线与轴,直线所围封闭图形的面积为.【小问3详解】乙分类器的预测效果更好.由(2)分析可知,乙分类器的ROC曲线与轴,直线所围封闭图形的面积较甲的大些,故可认为乙分类器的预测效果更好.充要条件:所有真实属性为正例的样例的预测正例概率的最小值大于所有真实属性为反例的样例的预测正例概率的最大值.18.如图,四棱锥中,平面平面,.设中点为,过点的平面同时垂直于平面与平面.(1)求(2)求平面与平面夹角的正弦值;(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)设,由题意和余弦定理可得,结合同角三角函数的基本关系求解即可;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量求解二面角;(3)先根据空间点线面的位置关系找出截面,然后求周长即可.【小问1详解】设,,,则,在中,,整理得,由题意得,则,即,解得,因此,即.【小问2详解】作中点,连接,,因为为中点,,所以,,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,而,,平面,故,,,因为,,所以四边形、四边形都是平行四边形,故,,而,所以,又因为为中点,所以,在平面中也有,由于,故,,,,由勾股定理得:,,故以为原点,,,为,,轴,建立如图空间直角坐标系,则,,,,,所以,,,,设平面,平面,平面,平面的法向量分别为,,,则,即,取,则,同理可得,因为平面同时垂直于平面,平面,所以,,即,取,则,平面的法向量是,则,设平面与平面的夹角为,则,故,因此平面与平面夹角的正弦值为.【小问3详解】设是平面上一点,因为平面过点,则可以设,这是因为此时,因此可设,因为当平面与平面相交时,其交线必为直线且唯一,故只需讨论平面与四棱锥的公共部分,当时,
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