2023-2024學年河北省區域聯考高考數學押題模擬試題（4月）一、單選題（每題5分，共40分）1.已知集合，則的元素個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【正確答案】B分析】先化簡集合,求出即得解.【詳解】解：所以，所以的元素個數為2.故選：B.2.若復數，在復平面內對應的點關于軸對稱，且，則復數（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】根據復數的幾何意義及對稱性，得出復數，再利用復數的除法法則即可求解.【詳解】由題意知，復數在復平面內對應的點，因為復數，在復平面內對應的點關于軸對稱，所以復數在復平面對應的點為，即，則，故選：C．3.若a，b都是實數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】根據充分條件、必要條件的定義判斷可得；【詳解】解：，都是實數，那么“”“”，反之不成立，例如：，，滿足，但是無意義，“”是“”的必要不充分條件．故選：B．4.2021年10月16日0時23分，長征二號F遙十三運載火箭在酒泉衛星發射中心點火升空，秒后，神舟十三號載人飛船進入預定軌道，順利將翟志剛、王亞平、葉光富三名航天員送入太空．在不考慮空氣阻力的條件下，從發射開始，火箭的最大飛行速度滿足公式：，其中為火箭推進劑質量，為去除推進劑后的火箭有效載荷質量，為火箭發動機噴流相對火箭的速度．當時，千米/秒．在保持不變的情況下，若噸，假設要使超過第一宇宙速度達到千米/秒，則至少約為（結果精確到，參考數據：，）（）A.噸 B.噸 C.噸 D.噸【正確答案】B【分析】根據所給條件先求出，再由千米/秒列方程求解即可.【詳解】因為當時，，所以，由，得，所以，解得（噸），即至少約為噸.故選：B5.設雙曲線的左右焦點分別為，過的直線分別交雙曲線左右兩支于點M，N.若以MN為直徑的圓經過點且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】由題意可得△MNF2為等腰直角三角形，設|MF2|＝|NF2|＝m，則|MN|m，運用雙曲線的定義，求得|MN|＝4a，可得m，再由勾股定理可得a，c的關系，即可得到所求離心率．【詳解】若以MN為直徑的圓經過右焦點F2，則，又|MF2|＝|NF2|，可得△MNF2為等腰直角三角形，設|MF2|＝|NF2|＝m，則|MN|m，由|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF1|﹣|NF2|＝2a，兩式相加可得|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝4a，即有m＝2a，在直角三角形HF1F2中可得4c2＝4a2+（2a+2a﹣2a）2，化為c2＝3a2，即e．故選C．本題考查雙曲線的定義、方程和性質，主要是離心率的求法，注意運用等腰直角三角形的性質和勾股定理，考查運算能力，屬于中檔題．6.設函數f（x）是定義在區間上的函數，f'（x）是函數f（x）的導函數，且，則不等式的解集是A. B.（1，＋∞） C.（－∞，1） D.（0，1）【正確答案】D【分析】構造函數，求導，結合，可得在上單調遞增，則不等式，可變為，則，結合單調性即可求解．【詳解】構造函數，則，由，所以，即在上單調遞增．因為，則不等式，可變為，則，所以，所以，故選D本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查學生發散思維和計算能力，屬中檔題．解題的關鍵在于根據給出的條件，構造新函數，求導可應用題中條件，得到新函數的單調性，把問題轉化為根據單調性解不等式問題，進而得到答案．7.在圓冪定理中有一個切割線定理：如圖1所示，QR為圓O的切線，R為切點，QCD為割線，則．如圖2所示，在平面直角坐標系xOy中，已知點，點P是圓上的任意一點，過點作直線BT垂直AP于點T，則的最小值是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】先利用和余弦定理得到，可得，即可求，進而求得，再利用基本不等式即可得到答案【詳解】連接，在中，因為是的中點，所以，平方得，將代入可得，因為，所以，所以，在，，所以，當且僅當即時，取等號,故選：A8.如圖，在三棱錐中，平面，，，側棱與平面所成的角為，為的中點，是側棱上一動點，當的面積最小時，異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】通過線面位置關系的證明得到的面積為，當的面積最小，此時，據此即可利用解三角形的方法進行求解即可【詳解】由題意知為等腰直角三角形，因為為的中點，所以．又平面，所以，所以平面，所以，故的面積．易知，所以，所以，當最小時，的面積最小，此時．當時，過作，交的延長線于點，則，連接，如圖，則為異面直線與所成的角或其補角．因為平面，所以為直線與平面所成的角，所以，所以，所以，．又，所以，所以，，在中，易知，所以，故當的面積最小時，異面直線與所成角的余弦值為故選：D本題以三棱錐為載體考查空間線面關系的判定、線面角、異面直線所成的角，考查考生的空間想象能力、邏輯思維能力，屬于中檔題二、多選題（每題5分，共20分，漏選得2分，錯選得0分）9.2022年6月18日，很多商場都在搞促銷活動.重慶市物價局派人對5個商場某商品同一天的銷售量及其價格進行調查，得到該商品的售價元和銷售量件之間的一組數據如下表所示：90951001051101110865用最小二乘法求得關于的經驗回歸直線是，相關系數，則下列說法正確的有（）A.變量與負相關且相關性較強B.C.當時，的估計值為13D.相應于點的殘差為【正確答案】ABD【分析】根據相關性、相關系數判斷A，利用樣本中心點判斷B，將代入回歸直線方程判斷C，求得時的估計值，進而求得對應的殘差，從而判斷D.【詳解】對A，由回歸直線可得變量，線性負相關，且由相關系數可知相關性強，故A正確；對B，由題可得，，故回歸直線恒過點，故，即，故B正確；對C，當時，，故C錯誤；對D，相應于點的殘差，故D正確.故選：ABD.10.甲?乙?丙?丁?戊共5位志愿者被安排到，，，四所山區學校參加支教活動，要求每所學校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所學校支教，則下列結論正確的是（）A.不同的安排方法共有240種B.甲志愿者被安排到學校的概率是C.若學校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有120種D.在甲志愿者被安排到學校支教的前提下，學校有兩名志愿者的概率是【正確答案】ABD【分析】先將5人分成4組，然后排入4所學校即可判斷A；分A學校只有一個人和A學校只有2個人，兩種情況討論，求出甲志愿者被安排到A學校的排法，再根據古典概型即可判斷B；先將A學校的兩名志愿者排好，再將剩下的3名志愿者安排到其他3所學校即可判斷C；求出甲志愿者被安排到A學校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A學校支教的前提下，A學校有兩名志愿者的排法，根據條件概率進行計算，從而可判斷D.詳解】甲?乙?丙?丁?戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山區學校參加支教活動，則共有種安排方法，故A正確；甲志愿者被安排到A學校，若A學校只有一個人，則有種安排方法，若A學校只有2個人，則有種安排方法，所以甲志愿者被安排到A學校有種安排方法，所以甲志愿者被安排到A學校的概率是，故B正確；若A學校安排兩名志愿者，則不同的安排方法共有種，故C錯誤；甲志愿者被安排到A學校有種安排方法，在甲志愿者被安排到A學校支教的前提下，A學校有兩名志愿者的安排方法有24種，所以在甲志愿者被安排到A學校支教的前提下，A學校有兩名志愿者的概率是，故D正確.故選：ABD.11.平面內到兩定點距離之積為常數的點的軌跡稱為卡西尼卵形線，它是1675年卡西尼在研究土星及其衛星的運行規律時發現的.已知在平面直角坐標系中，，，動點P滿足，其軌跡為一條連續的封閉曲線C.則下列結論正確的是（）A.曲線C與y軸的交點為， B.曲線C關于x軸對稱C.面積的最大值為2 D.的取值范圍是【正確答案】ABD【分析】根據給定條件，求出曲線C的方程，由判斷A；由曲線方程對稱性判斷B；取特值計算判斷C；求出的范圍計算判斷D作答.【詳解】設點，依題意，，整理得：，對于A，當時，解得，即曲線C與y軸的交點為，，A正確；對于B，因，由換方程不變，曲線C關于x軸對稱，B正確；對于C，當時，，即點在曲線C上，，C不正確；對于D，由得：，解得，于是得，解得，D正確.故選：ABD結論點睛：曲線C的方程為，(1)如果，則曲線C關于y軸對稱；(2)如果，則曲線C關于x軸對稱；(3)如果，則曲線C關于原點對稱.12.已知點為正方體的棱的中點，過的平面截正方體，，下列說法正確的是（）A.若與地面所成角的正切值為，則截面為正六邊形或正三角形B.與地面所成角為則截面不可能為六邊形C.若截面為正三角形時，三棱錐的外接球的半徑為D.若截面為四邊形，則截面與平面所成角的余弦值的最小值為【正確答案】AD【分析】取的中點，做底面，取的中點，連接、交于點，連接，在正方體中可判斷平面與底面所成的角為，再分別取的中點，連接，可判斷截面為正六邊形；取的中點，連接，則為等邊三角形，所以即為平面與平面所成的二面角的平面角可判斷A；當時，，可判斷四邊形為等腰梯形，必與有交點，則截面為六邊形可判斷B；若截面為正三角形時，則為的中點，所以三棱錐為正三棱錐，設正三角形的外接圓的圓心為，外接球的球心為，利用求出半徑可判斷C；若截面為四邊形，則截面與底面棱的交點必在上，且截面為時與平面所成角的最大，此時的余弦值最小，求出余弦值可判斷D.【詳解】取的中點，做底面，則為的四等分點，且，分別取的中點，連接、交于點，則點為的四等分點，連接，在正方體中，，，此時平面，即平面與底面所成的角為，且，因為平面平面，所以平面與底面所成的角的正切值為，再分別取的中點，連接，即過的平面截正方體的截面為正六邊形；取的中點，連接，則為等邊三角形，，所以即為平面與平面所成的二面角的平面角，且，，，所以平面與平面所成的二面角的平面角的正切值為，此時為等邊三角形，故A正確；當時，，所以，所以，由于，所以為等腰直角三角形，，由于，所以四邊形為等腰梯形，必與有交點，則截面六邊形，故B錯誤；若截面為正三角形時，則為的中點，所以三棱錐為正三棱錐，且，，設正三角形的外接圓的圓心為，外接球的球心為，連接，則，，因為，所以，在中，因為，所以，解得，故C錯誤；，若截面為四邊形，則截面與底面棱的交點必在上，且截面為時與平面所成角的最大，此時的余弦值最小，連接，取的中點，連接，，則，，四邊形為等腰梯形，，則即為截面為時與平面所成平面角，，，，在中，由余弦定理得，故D正確.故選：AD.三、填空題（每題5分，共20分）13.已知，則_____________.【正確答案】30【分析】利用二項式定理的原理與組合的意義求解即可.【詳解】因為，所以是含項的系數，若從10個式子中取出0個，則需要從中取出3個，7個1，則得到的項為；若從10個式子中取出1個，則需要從中取出1個，8個1，則得到的項為；若從10個式子中取出大于或等于2個，則無法得到含的項；綜上：含的項為，則含項的系數為，即.故答案為.14.已知正三角形ABC內接于半徑為2的圓O，點P是圓O上的一個動點，則的取值范圍是________．【正確答案】【詳解】在中,，所以..當點在圓上運動時,位于處時,有最大值為.當位于處時,有最小值為..所以.故答案為:.15.已知數列滿足，，，則的前項積的最大值為________.【正確答案】2【分析】由遞推公式可得數列周期，從而根據周期性得出前項積的最大值.【詳解】因為，所以，兩式相除得，即，故數列的周期，由，，可得，設的前項積為，所以當，時，，當，時，，當，時，，所以的最大值為2.故216.歷史上第一位研究圓錐曲線的數學家是梅納庫莫斯（公元前375年-325年），大約100年后，阿波羅尼斯更詳盡、系統地研究了圓錐曲線，并且他還進一步研究了這些圓錐曲線的光學性質.如圖甲，從橢圓的一個焦點出發的光線或聲波，經橢圓反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點，其中法線表示與橢圓的切線垂直且過相應切點的直線，如圖乙，橢圓的中心在坐標原點，分別為其左、右焦點，直線與橢圓相切于點（點在第一象限），過點且與切線垂直的法線與軸交于點，若直線的斜率為，，則橢圓的離心率為______.【正確答案】【分析】由離心率公式結合定義得出，再由正弦定理的邊角互化得出橢圓的離心率.【詳解】設，則，，，其中，所以橢圓的離心率為.故四、解答題（17題10分，其余12分，共70分）17.已知菱形ABCD的邊長為2，∠DAB＝60°.E是邊BC上一點，線段DE交AC于點F.（1）若△CDE的面積為，求DE的長；（2）若CF＝4DF，求sin∠DFC.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）由△CDE的面積求得，再由余弦定理可得；（2）結合已知由正弦定理可得，再由誘導公式與兩角和的正弦公式可得結論．【詳解】（1）依題意，得∠BCD＝∠DAB＝60°.因為△CDE的面積S＝CD·CE·sin∠BCD＝，所以，解得CE＝1.在△CDE中，由余弦定理，得DE＝＝＝.（2）依題意，得∠ACD＝30°，∠BDC＝60°，設∠CDE＝θ，則0°<θ<60°.在△CDF中，由正弦定理，得＝，因為CF＝4DF，所以sinθ＝＝，所以cosθ＝，所以sin∠DFC＝sin(30°＋θ)＝.本題考查正弦定理、余弦定理、三角形面積公式，考查誘導公式與兩角和的正弦公式，屬于中檔題．18.若在數列的每相鄰兩項之間插入此兩項的和，形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.現對數列1，2進行構造，第一次得到數列1，3，2；第二次得到數列1，4，3，5，2；依次構造，第次得到的數列的所有項之和記為.（1）求與滿足的關系式；（2）求數列的通項公式；（3）證明：【正確答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【分析】(1)根據題干給出的規則,得到第次構造后數列的和與第次構造后數列和的關系;(2)已知相鄰兩項關系構造等比數列,進而得到數列的通項公式;(3)根據的通項公式,應用放縮變成等比數列的前項和,應用公式計算即可.【小問1詳解】設第次構造后得的數列為，則，則第次構造后得到的數列為1，，，，，…，，，，2，則，即與滿足的關系式為；【小問2詳解】由，可得，且,則所以數列是以為首項，3為公比的等比數列，所以，即；【小問3詳解】，所以19.如圖，三棱柱，底面是邊長為2的正三角形，，平面平面.（1）證明：平面；（2）若與平面所成角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值.【正確答案】（1）證明過程見解析（2）【分析】（1）作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，進而得到線線垂直，得到BD⊥，再證明出AB⊥，從而得到平面；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解面面角的余弦值.【小問1詳解】取AB的中點N，AC的中點D，連接BD，，CN，因為底面是邊長為2的正三角形，，所以，BD⊥AC，CN⊥AB，因為平面平面，交線為AC，平面，因為BD⊥AC，所以BD⊥平面，因為平面，所以BD⊥，因為，平面，所以AB⊥平面，因為平面，所以AB⊥，因為，平面ABC，所以平面ABC；【小問2詳解】過點C作CFAB，以C為坐標原點，CN所在直線為x軸，CF所在直線為y軸，所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，設平面的法向量為，則，解得：，設，則，故，故，因，解得：，故設平面的法向量為，則，設，則，則，設平面與平面夾角的余弦值為，則，故平面與平面夾角的余弦值為.20.已知，分別為橢圓的左、右焦點，橢圓上任意一點到焦點距離的最小值與最大值之比為，過且垂直于長軸的橢圓的弦長為．（1）求橢圓的標準方程；（2）過的直線與橢圓相交的交點、與右焦點所圍成的三角形的內切圓面積是否存在最大值？若存在，試求出最大值；若不存在，說明理由．【正確答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）根據題意得到和，結合，聯立方程組，求得的值，即可求解；（2）設的內切圓半徑為，由，根據橢圓的定義，化簡得到，設直線，聯立方程組，結合根與系數的關系，化簡得到，根據函數的單調性，即可求解.【詳解】（1）由題意，橢圓上任意一點到焦點距離的最小值與最大值之比為，可得，即，又由過且垂直于長軸的橢圓的弦長為，可得，聯立方程組，可得：，，所以，故橢圓的標準方程為.（2）設的內切圓半徑為，可得，又因為，所以，要使的內切圓面積最大，只需的值最大，由題意直線斜率不為，設，，直線，聯立方程組，整理得，易得，且，，所以，設，則，設，可得，所以當，即時，的最大值為，此時，所以的內切圓面積最大為.直線與圓錐曲線的綜合問題的求解策略：對于直線與圓錐曲線的位置關系的綜合應用問題，通常聯立直線方程與圓錐曲線方程，應用一元二次方程根與系數的關系，以及弦長公式等進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力．21.已知函數.（1）當時，求證：；（2）若恒成立，求a的值.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）化簡，分類討論和，的正負，即可證明；（2）因為，令，（），要使恒成立，只要，對求導，討論的單調性，即可得出答案.【小問1詳解】，當時，，，又二者不能同時為0，所以；當時，，又，，所以；綜上有時，；【小問2詳解】因為，令，（），要使恒成立，只要，因為，又圖像在定義域上連續不