2024届河北省保定市九校高三下学期二模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2河北省保定市九校2024届高三下学期二模数学试题一、选择题1.已知复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A2.已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因为中只有2个元素，则，所以.故选：B3.某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：5588605487999851990110111110291120712634129011300113092131271326813562136211376113801141011417214191142921442614468145621462115061156011590119972估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（）A.14292 B.14359 C.14426 D.14468〖答案〗C〖解析〗由，得样本的第75百分位数为第23个数据，据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.故选：C4.若函数是定义在R上的奇函数，则（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，即，即，所以.因为，所以，.故选：A5.有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗将4个盒子按顺序拆开有种方法，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.故选：B.6.已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗解法一：不妨设，，，且，则，所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.解法二：，所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.故选：C.7.已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，在中，，，，，，所以.故选：D8.如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（）A.2 B.4 C. D.〖答案〗D〖解析〗，所以，所以，即，解得..故选：D二、选择题9.一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.下列结论正确的有（）A.B.C.函数的定义域为D.〖答案〗ABD〖解析〗，A正确；，B正确；函数的定义域为，C错误；，当时，等号成立，D正确.故选：ABD.10.如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（）A. B.平面平面C.多面体为三棱台 D.直线与平面所成的角为〖答案〗ABD〖解析〗因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又因为平面,则，故A正确.因为，平面，平面，则平面平面，又，平面，平面，则平面平面，又因为，平面，所以平面平面，B正确.因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.延长，相交于点G，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，则为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，，则，则，D正确.故选：ABD.11.已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（）A.的最小值为B.若在上单调递增，则k的取值范围为C.若有4个不同的解，则m的取值范围为D.若有3个不同的解，，则〖答案〗AC〖解析〗对A，令，解得.当时，作出函数和的图象，如图1所示.此时，，显然当时，，当时，作出函数的图象，如图2所示.，，所以最小值为，综上的最小值为，A正确.对B，令，解得，.若在上单调递增，则，解得.因为当时，在上单调递增，所以k的取值范围为，B错误.对CD，若有3个不同解，，，则结合图象可得或，D错误.若有4个不同的解，则，C正确.故选：AC.三、填空题12.已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.〖答案〗2〖解析〗由题意可得，解得，则.又直线与x轴垂直，，.故〖答案〗为：213.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.〖答案〗〖解析〗因为，由正弦定理可得：，即，又，所以，由，所以，故〖答案〗为：.14.已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.〖答案〗49〖解析〗如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，设.，，，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.因为，所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.故〖答案〗：49四、解答题15.已知数列的前n项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.解：（1）当时，.当时，，当时，也符合.综上，.（2）由则，故的前项和.16.如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面,直线与平面所成的角的正切值为，，.（1）证明：四边形是直角梯形.（2）若点满足，求二面角的正弦值.（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，连接，因为平面，所以是与平面的夹角，则，解得.因为，，所以，所以.又，所以四边形是直角梯形.（2）解：取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，由，得，则，设平面法向量为，则，取，得到，即，设平面的一个法向量为，则由，得到，到，得到，所以平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则，所以，故二面角的正弦值为.17.某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.（1）求和.（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立未建立合计（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值参考公式及数据：，.0.010.0050.0016.6357.87910.828解：（1）因为，，所以，，由于，解得，所以.，解得.（2）个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立20424未建立4812合计241236零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.（3），解得.要使新列联表中的数据都为整数，则需.又因为，所以的最小值为5，故的最小值是18.平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.（1）解：因为，所以.设与x轴的交点为，由题意可得，即，解得.设，因为，所以，则，解得.所以.（2）证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.因为是的高，所以，即轴.因为的外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.设与x轴的交点为，，，，，由题意可得，即，化简得.直线的斜率为，直线的斜率为，所以，化简得①直线的方程为.椭圆与内切，所以.联立得.，即.因为，所以，即，即.结合①可得设椭圆T的焦距为，则，所以D，E为椭圆T的两个焦点.19.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，试讨论的零点个数.解：（1）当时，，.，.故曲线在点处的切线方程为.（2）因为，所以为奇函数.又因为，所以只需要讨论在上的零点.，.令函数，①当，即时，分段讨论：当时，.当时，，所以在上单调递减，即在上单调递减，因为，，所以存在，使得.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，，所以在上有1个零点，在上有3个零点.②当，即时，，在上单调递减，所以在上没有零点，在上有1个零点.③当，即时，分段讨论：当时，.当时，，所以在上单调递增，即在上单调递增.因为，，所以存在，使得.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，所以在上没有零点，在上有1个零点.④当，即时，分段讨论：当时，.当时，令函数，.所以在上单调递增，即在上单调递增.因为，，所以存在，使得.所以在上单调递减，在上单调递增，即在在上单调递减，在上单调递增.因为，，所以存在，使得.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，所以在上没有零点，在上有1个零点.综上，当时，在上有3个零点；当时，在上有1个零点.河北省保定市九校2024届高三下学期二模数学试题一、选择题1.已知复数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以.故选：A2.已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因为中只有2个元素，则，所以.故选：B3.某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：5588605487999851990110111110291120712634129011300113092131271326813562136211376113801141011417214191142921442614468145621462115061156011590119972估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（）A.14292 B.14359 C.14426 D.14468〖答案〗C〖解析〗由，得样本的第75百分位数为第23个数据，据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.故选：C4.若函数是定义在R上的奇函数，则（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，即，即，所以.因为，所以，.故选：A5.有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗将4个盒子按顺序拆开有种方法，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.故选：B.6.已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗解法一：不妨设，，，且，则，所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.解法二：，所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.故选：C.7.已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（）A.2 B. C. D.〖答案〗D〖解析〗如图，在中，，，，，，所以.故选：D8.如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（）A.2 B.4 C. D.〖答案〗D〖解析〗，所以，所以，即，解得..故选：D二、选择题9.一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点P的坐标，无论是横坐标x还是纵坐标y，都是唯一确定的，所以点P的横坐标x、纵坐标y都是角的函数.下面给出这些函数的定义：①把点P的纵坐标y叫作的正弦函数，记作，即；②把点P的横坐标x叫作的余弦函数，记作，即；③把点P的纵坐标y的倒数叫作的余割，记作，即；④把点P的横坐标x的倒数叫作的正割，记作，即.下列结论正确的有（）A.B.C.函数的定义域为D.〖答案〗ABD〖解析〗，A正确；，B正确；函数的定义域为，C错误；，当时，等号成立，D正确.故选：ABD.10.如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（）A. B.平面平面C.多面体为三棱台 D.直线与平面所成的角为〖答案〗ABD〖解析〗因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又因为平面,则，故A正确.因为，平面，平面，则平面平面，又，平面，平面，则平面平面，又因为，平面，所以平面平面，B正确.因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.延长，相交于点G，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，则为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，，则，则，D正确.故选：ABD.11.已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（）A.的最小值为B.若在上单调递增，则k的取值范围为C.若有4个不同的解，则m的取值范围为D.若有3个不同的解，，则〖答案〗AC〖解析〗对A，令，解得.当时，作出函数和的图象，如图1所示.此时，，显然当时，，当时，作出函数的图象，如图2所示.，，所以最小值为，综上的最小值为，A正确.对B，令，解得，.若在上单调递增，则，解得.因为当时，在上单调递增，所以k的取值范围为，B错误.对CD，若有3个不同解，，，则结合图象可得或，D错误.若有4个不同的解，则，C正确.故选：AC.三、填空题12.已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.〖答案〗2〖解析〗由题意可得，解得，则.又直线与x轴垂直，，.故〖答案〗为：213.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.〖答案〗〖解析〗因为，由正弦定理可得：，即，又，所以，由，所以，故〖答案〗为：.14.已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入______个这种实心球.〖答案〗49〖解析〗如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，设.，，，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.因为，所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.故〖答案〗：49四、解答题15.已知数列的前n项和为，且.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和.解：（1）当时，.当时，，当时，也符合.综上，.（2）由则，故的前项和.16.如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面,直线与平面所成的角的正切值为，，.（1）证明：四边形是直角梯形.（2）若点满足，求二面角的正弦值.（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，连接，因为平面，所以是与平面的夹角，则，解得.因为，，所以，所以.又，所以四边形是直角梯形.（2）解：取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，由，得，则，设平面法向量为，则，取，得到，即，设平面的一个法向量为，则由，得到，到，得到，所以平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则，所以，故二面角的正弦值为.17.某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.（1）求和.（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立未建立合计（3）为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的倍，且新列联表中的数据都为整数）.若要使得依据的独立性检验可以肯定（2）中的判断，试确定的最小值参考公式及数据：，.0.010.0050.0016.6357.87910.828解：（1）因为，，所以，，由于，解得，所以.，解得.（2）个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立20424未建立4812合计241236零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.（3），解得.要使新列联表中的数据都为整数，则需.又因为，所以的最小值为5，故的最小值是18.平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三