2023-2024學年河北省滄州市高考數學押題模擬試題（一模）一、單選題1．若復數滿足，則的共軛復數在復平面內對應的點位于（

）A．第一象限 B．第一象限C．第二象限 D．第四象限【正確答案】B【分析】根據復數的除法運算化簡復數，進而得，即可由幾何意義求解.【詳解】由，得，所以，所以在復平面內對應的點為，該點位于第二象限.故選:B.2．已知集合，則（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據列舉法求解集合和求解一元二次不等式的解法即可求解.【詳解】，若要，則需，所以解得所以，所以.故選.3．已知點為角終邊上一點，繞原點將順時針旋轉，點旋轉到點處，則點的坐標為（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】由三角函數的定義求得，根據題意得到射線為角的終邊，結合兩角差的正、余弦公式，求得和的值，進而求得點的坐標，得到答案.【詳解】因為，可得，由三角函數的定義，可得，又由繞原點將順時針旋轉，可得且射線為角的終邊，所以，，所以點的坐標為.故選：B.4．某圓錐的側面展開圖是一個半徑為，圓心角為的扇形，則該圓錐的內切球的體積為（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據圓錐側面展開圖可得圓錐的半徑和高，進而利用相似即可求解內切球半徑.【詳解】設圓錐的底面半徑為，高為，則，所以，設該圓錐內切球的半徑為，作出軸截面如圖，利用相似可得，所以，所以.

故選：A.5．已知平面向量滿足，且與的夾角為，則“”是“”的（

）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【正確答案】C【分析】根據平面向量的夾角公式以及充要條件的概念可得答案.【詳解】若，則，所以，所以，又，所以；若，則，所以，所以1”是“”的充要條件.故選：C.6．2021年9月24日，繼上世紀60年代在世界上首次完成人工合成結晶牛胰島素之后，中國科學家又在人工合成淀粉方面取得顛覆性?原創性突破——國際上首次在實驗室實現二氧化碳到淀粉的從頭合成.網友戲稱這一技術讓“喝西北風”活著成為可能.從能量來源看，該技術涉及“光能一電能一化學能”等多種能量形式的轉化，從技術流程上，該工藝分為四個模塊：第一步是利用光伏發電將光能轉變為電能，通過光伏電水解產生氫氣，然后通過催化劑利用氫氣將二氧化碳還原成甲醇，將電能轉化為甲醇中儲存的化學能；第二步是將甲醇轉化為三碳；第三步利用三碳合成六碳；最后一步是將六碳聚合成淀粉.在這個過程中的能量轉化效率超過，遠超光合作用的能量利用效率.經過實驗測試，已知通過催化劑利用氫氣將二氧化碳還原生成甲醇的濃度與其催化時間（小時）滿足的函數關系式為，且.若催化后20小時，生成甲醇的濃度為，催化后30小時，生成甲醇的濃度為.若生成甲醇的濃度為，則需要催化時間約為（

）（參考數據：）A．23.5小時 B．33.2小時 C．50.2小時 D．56小時【正確答案】B【分析】根據題意列方程組求得和的值，從而求出的表達式，令解方程即可求解.【詳解】由題意得解得，所以，令，所以，所以，故小時.故選：B.7．已知拋物線的焦點為為上一點，且，直線交于另一點，記坐標原點為，則（

）A．5 B．-4 C．3 D．-3【正確答案】D【分析】根據拋物線的焦半徑可得，進而可得，聯立直線與拋物線方程可得點，由向量數量積的坐標公式即可求解.【詳解】由題意得，拋物線的準線為，因為為上一點，且，所以，解得，故拋物線，焦點為，所以的方程為，代入，得，整理得，解得或，因為為上一點，則，由于A在第一象限，所以，所以，所以.故選:D.8．已知函數為上的奇函數，且在上單調遞減，若，則（

）A． B．C． D．【正確答案】C【分析】構造函數，求導得函數的單調性，進而可判斷，結合的奇偶性和單調性即可求解.【詳解】由題意知，，令，則，當時，，此時在上單調遞減，又，所以，即，又為奇函數且在上單調遞減，所以在上單調遞減，所以，即.故選：C.二、多選題9．已知函數，其中，若，則（

）A． B．C． D．【正確答案】BC【分析】由可得，作差法可判斷A，根據不等式的性質判斷BCD.【詳解】由，得，又，所以，且的符號不確定，故的符號也不確定，故錯誤；由，得，故B正確；由，得，故C正確；因為，兩邊平方后不等式不一定成立，故D錯誤.故選：BC.10．已知，若，則（

）A．B．C．D．【正確答案】AC【分析】根據二項式通項公式，展開式系數對應關系和特殊值法即可求解.【詳解】的通項為，由題意得，因為，所以.故.令，得，故正確；令，得，故錯誤；將兩邊求導，得，令，得，故C正確，錯誤.故選.11．如圖，在正三棱柱中，分別是棱的中點，連接是線段的中點，是線段上靠近點的四等分點，則下列說法正確的是（

）

A．平面平面B．三棱錐的體積與正三棱柱的體積之比為C．直線與平面所成的角為D．若，則過三點作平面，截正三棱柱所得截面圖形的面積為【正確答案】ABC【分析】根據中位線可證線面平行，即可判斷A,利用錐體體積以及柱體體積公式，結合比例關系即可判斷B,利用線面角的定義即可求解C,利用面面垂直得到線面垂直,進而利用線線垂直求解長度即可判斷D.【詳解】取的中點，連接，則四邊形是矩形，又分別是棱的中點，是線段上靠近點的四等分點，所以平面平面，所以平面，同理可得平面，又平面，所以平面平面，故正確,,棱錐的體積與正三棱柱的體積之比為，故B正確；因為平面，平面平面，所以即直線與平面所成的角，又，所以，即直線與平面所成的角為，故C正確；連接并延長交于點，連接，則平面截正三棱柱所得截面圖形為，由于底面,是平面與底面的交線，且平面面，所以平面，平面,所以，所以，故，故，故，故D錯誤.故選.

12．已知雙曲線的左、右焦點分別為、，離心率為，焦點到漸近線的距離為.過作直線交雙曲線的右支于、兩點，若、分別為與的內心，則（

）A．的漸近線方程為B．點與點均在同一條定直線上C．直線不可能與平行D．的取值范圍為【正確答案】ABD【分析】根據題意求出、、的值，可得出雙曲線的漸近線方程，可判斷A選項；利用切線長定理以及雙曲線的定義可判斷B選項；取軸，可判斷C選項；設直線的傾斜角為，求出，求出的取值范圍，結合正弦函數的基本性質求出的取值范圍，可判斷D選項.【詳解】設雙曲線半焦距為，雙曲線的漸近線方程為，即，雙曲線的右焦點到漸近線的距離為，由題意知，所以，所以，故雙曲線的方程為，故漸近線方程為，故A正確；對于B選項，記的內切圓在邊、、上的切點分別為、、，由切線長定理可得，，，由，即，得，即，記的橫坐標為，則，于是，得，同理內心的橫坐標也為，故軸，即、均在直線上，故B正確；對于C選項，當與軸垂直時，，故C錯誤；對于D選項，設直線的傾斜角為，則，（為坐標原點），在中，.，由于直線與的右支交于兩點，且的一條漸近線的斜率為，傾斜角為，結合圖形可知，即，所以，，故D正確.故選：ABD.方法點睛：圓錐曲線中取值范圍問題的五種求解策略：（1）利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；（2）利用已知參數的范圍，求新的參數的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系；（3）利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（4）利用已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；（5）利用求函數值域的方法將待求量表示為其他變量的函數，求其值域，從而確定參數的取值范圍.三、填空題13．已知函數，若曲線在點處的切線與直線平行，則__________.【正確答案】【分析】根據求導公式和導數的幾何意義即可求解.【詳解】由題意知，所以曲線在處的切線斜率，所以，解得，故答案為.14．已知實數滿足，則的取值范圍為__________.【正確答案】【分析】根據題意轉化為圓上的點與定點之間的連線的斜率，結合圓的性質，即可求解.【詳解】由題意，設，且可得表示點與點連線的斜率，其中點為圓上的點，如圖所示，在直角中，可得，可得直線的斜率為；在直角中，可得，可得直線的斜率為，所以的范圍為.故答案為.

15．已知函數的圖象關于直線對稱，將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則下列判斷正確的是__________.（請將所有正確答案的序號寫在橫線上）①的圖象關于點對稱；②的圖象關于點對稱；③在上單調遞增；④的圖象關于直線對稱.【正確答案】①②④【分析】根據函數關于直線對稱可得，進而可判斷①，由函數圖象的平移可得，進而利用代入驗證可判斷②④，利用正弦型函數的單調性可判斷③.【詳解】因為函數的圖象關于直線對稱，所以，所以，又，所以，所以，所以，所以的圖象關于點對稱，故①正確；將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，所以，所以的圖象關于點對稱，故②正確；令，得，當時，得函數在上單調遞增，所以函數在上不單調遞增，故③錯誤；令，得，當時，得函數的圖象關于直線對稱，故④正確.綜上，正確的結論有①②④.故①②④.四、雙空題16．已知數列的各項均為正數，為其前項和，且成等差數列.則的通項公式為__________；若為數列的前項積，不等式對恒成立，則實數的最小值為__________.【正確答案】【分析】根據即可求得，求出，由，得，令，利用比商法判斷出函數的單調性，求出的最大值即可得解.【詳解】由題意知，又數列的各項均為正數，所以當時，；當時，，所以，即，所以數列為首項為1，公差為1的等差數列，故，所以，則，由，得，故問題轉化為恒成立，令，則，所以，所以單調遞減，故，所以，即實數的最小值為.故；.關鍵點點睛：利用比商法判斷出函數的單調性是解決本題第二空的關鍵.五、解答題17．在中，角的對邊分別為的外接圓的半徑為，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面積的最大值.【正確答案】(1)(2).【分析】（1）利用正弦定理邊角互化可得，由余弦定理即可求解，（2）利用余弦定理以及不等式即可求解.【詳解】（1），由正弦定理得，，即，由正弦定理得，由余弦定理可得，.（2）由（1）知，所以，又，當且僅當時等號成立，所以，即，所以的面積，即的面積的最大值為.18．據相關機構調查表明我國中小學生身體健康狀況不容忽視，多項身體指標（如肺活量?柔?度?力量?速度?耐力等）自2000年起呈下降趨勢，并且下降趨勢明顯，在國家的積極干預下，這種狀況得到遏制，并向好的方向發展，到2019年中小學生在肺活量?柔?度?力量?速度?而力等多項指標出現好轉，但肥胖?近視等問題依然嚴重，體育事業任重道遠.某初中學校為提高學生身體素質，日常組織學生參加中短跑鍛煉，學校在一次百米短跑測試中，抽取200名女生作為樣本，統計她們的成績（單位：秒），整理得到如圖所示的頻率分布直方圖（每組區間包含左端點，不包含右端點）.

(1)估計樣本中女生短跑成績的平均數；（同一組的數據用該組區間的中點值為代表）(2)由頻率分布直方圖，可以認為該校女生的短跑成績，其中近似為女生短跑平均成績近似為樣本方差，經計算得，若從該校女生中隨機抽取10人，記其中短跑成績在內的人數為，求（結果保留2個有效數字）.附參考數據：，隨機變量服從正態分布，則.【正確答案】(1)16.16(2)0.073【分析】（1）利用頻率分布直方圖求解平均數即可.（2）根據，可求得成績在內的概率，利用二項分布的概率公式求解即可.【詳解】（1）估計樣本中女生短跑成績的平均數為：.（2）由題意知，則，故該校女生短跑成績在內的概率，由題意可得，所以，，所以.19．已知數列的前項和為，且.(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）由與的關系即可求解；（2）求出數列的通項公式后用錯位相減法求解.【詳解】（1）因為，所以當時，，所以，又當時，，解得，所以，所以，所以是首項為?公比為的等比數列，所以的通項公式為.（2）由（1）知，所以，所以，兩式相減，得，所以.20．如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為矩形，為棱的中點，與交于點為的重心.

(1)求證：平面；(2)已知，若到平面的距離為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線線平行和線面平行的證法和線面平行的判定即可求解；（2）根據二面角的法向量求法即可求解.【詳解】（1）證明：延長交于點，連接，則為的中點，因為為的中點，所以，又，所以，因為為的重心，所以，所以，所以，又平面平面，所以平面.（2）由題意易知兩兩垂直，故以為坐標原點，以直線，分別為軸，軸，軸建立如圖所示坐標系，

設，則，所以因為，所以.設平面的一個法向量，則即令，解得，所以，因為到平面的距離為，所以，解得，所以.設平面的一個法向量，則即令，解得，所以，.設平面與平面所成的銳二面角大小為，則，即平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.21．已知橢圓的右焦點為為上的一點，的最大值與最小值的差為，過點且垂直于軸的直線被截得的弦長為1.(1)求橢圓的方程；(2)已知直線與橢圓交于兩點，記的右頂點為，直線與直線的斜率分別為，若，求面積的取值范圍.【正確答案】(1)(2)【分析】（1）利用橢圓方程的性質可列出方程組，得到，即可得到橢圓方程.（2）根據題意，聯立得到，利用韋達定理結合已知化簡得，即或，討論分析直線經過定點，即可表示出面積，求出結果.【詳解】（1）設的半焦距為，由題意知，解得，故橢圓的方程為.（2）由題意知，設，由得，所以，即，且.因為，所以，又，所以，①因為，所以令，得，②令，得，所以，所以，③把②③代①，得，化