2023-2024學年黑龍江省區域聯考高考數學押題模擬試題（二模）一、單選題1．集合，，則（

）．A． B．C． D．【正確答案】A【分析】根據補集定義求出，再根據交集定義即可求出．【詳解】因為，所以或，所以，故選：A．2．已知復數滿足（其中為虛數單位），則復數的虛部為（

）A． B． C． D．【正確答案】C【分析】根據復數代數形式的除法運算法則化簡，再根據復數的定義判斷即可.【詳解】因為，所以，所以復數的虛部為.故選：C3．已知m，n表示空間內兩條不同的直線，則使成立的必要不充分條件是（

）A．存在平面，有， B．存在平面，有，C．存在直線，有， D．存在直線，有，【正確答案】A【分析】根據空間線線，線面的位置關系及充分條件必要條件的概念逐項分析即得.【詳解】對A，若，，則直線m，n可以平行，也可以相交，還可以異面；若，則存在平面，有，，即存在平面，有，是使成立的必要不充分條件，故A正確；對B，若，，則；若，則存在平面，有，，即存在平面，有，是使成立的充分必要條件，故B錯誤；對C，若，，則直線；若，則不存在直線，有，，即存在直線，有，是使成立的既不充分又不必要條件，故C錯誤；對D，若，，則；若，則存在直線，有，，即存在直線，有，是使成立的充分必要條件，故D錯誤.故選：A.4．已知非零向量滿足，且向量在向量方向的投影向量是，則向量與的夾角是（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】由垂直關系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由兩式得出，進而得出夾角.【詳解】因為，所以，即①.因為向量在向量方向的投影向量是，所以.所以②，將①代入②得，，又，所以.故選：B5．已知，，則=（

）A． B．2 C． D．【正確答案】C【分析】根據已知及平方關系可得，再由求值即可.【詳解】由題設，則，又.故選：C6．“九天攬月”是中華民族的偉大夢想，我國探月工程的進展與實力舉世矚目．近期，“嫦娥四號”探測器實現歷史上的首次月背著陸，月球上“嫦娥四號”的著陸點，被命名為天河基地，如圖是“嫦娥四號”運行軌道示意圖．圓形軌道距月球表面100千米，橢圓形軌道的一個焦點是月球球心，一個長軸頂點位于兩軌道相切的變軌處，另一個長軸頂點距月球表面15千米，則橢圓形軌道的焦距為（

）A． B． C． D．【正確答案】A利用橢圓的幾何性質列式計算，【詳解】設實半軸長為，半焦距為，月球半徑為，則，兩式相減得．故選：A．本題考查橢圓的幾何性質，橢圓長軸頂點到焦點的距離為．屬于基礎題．7．已知某抽獎活動的中獎率為，每次抽獎互不影響．構造數列，使得，記，則的概率為（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】根據可得，從而抽獎5次，出現3次中獎2次未中獎或2次中獎3次未中獎，利用組合數求得滿足條件的次數即可求解.【詳解】由，可得，抽獎5次，出現3次中獎2次未中獎或2次中獎3次未中獎，故的概率為．故選:A.8．已知、是橢圓與雙曲線的公共頂點，是雙曲線上一點，，交橢圓于，.若過橢圓的焦點，且，則雙曲線的離心率為（

）A．2 B． C． D．【正確答案】D【分析】設出點P，M的坐標，借助雙曲線、橢圓的方程及斜率坐標公式可得軸，再利用和角的正切公式求出a，b的關系作答.【詳解】如圖，設，點共線，點共線，所在直線的斜率分別為，點在雙曲線上，即，有，因此，點在橢圓上，即，有，直線的斜率，有，即，于是，即直線與關于軸對稱，又橢圓也關于軸對稱，且過焦點，則軸，令，由得，顯然，，，解得，所以雙曲線的離心率.故選：D方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的三種方法：定義法：通過已知條件列出方程組，求得得值，根據離心率的定義求解離心率；齊次式法：由已知條件得出關于的二元齊次方程，然后轉化為關于的一元二次方程求解；特殊值法：通過取特殊值或特殊位置，求出離心率.二、多選題9．已知，，，則（

）A． B．C． D．【正確答案】ACD【分析】利用基本不等式及重要不等式，結合指數的運算、對數的運算和對數函數的性質即可求解.【詳解】對于A：因為，，，所以，當且僅當，即時，等號成立，故A正確；對于B：因為，，，所以，當且僅當，即，時，等號成立，故B錯誤；對于C：因為，，，所以，當且僅當時，等號成立，故C正確；對于D：因為，，，所以，即，當且僅當時，等號成立，故D正確.故選：ACD10．已知為偶函數，其圖象與直線的其中兩個交點的橫坐標分別為，的最小值為，將的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列選項正確的是（

）A．B．函數在上單調遞減C．是函數圖象的一個對稱中心D．若方程在上有兩個不等實根，則【正確答案】ABD【分析】由題知，，再結合余弦函數的性質與圖象依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：因為為偶函數，所以，因為的圖象與直線的其中兩個交點的橫坐標分別為，的最小值為，所以，的最小正周期為，所以，即，所以，，故A選項正確；當時，，此時函數為單調遞減函數，故函數在上單調遞減，B選項正確；當時，，此時不是函數的對稱中心，故C選項錯誤；當時，，此時函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減，，所以，當方程在上有兩個不等實根時，，即，故D選項正確.故選：ABD11．已知函數在上可導，其導函數為，若滿足：，，則下列判斷不正確的是（

）A． B．C． D．【正確答案】BD【分析】根據題意令，利用導數及題干所給條件求得的單調性，利用函數的對稱性，可得，對其進行比較即可判斷各選項.【詳解】令，則，因為函數滿足，當時在上單調遞增，當時在上單調遞減，又由，所以關于對稱，從而，即，，，故A正確；由，，，故B錯誤；由，即，，故C正確；由，即，，故D錯誤；故選：BD.12．如圖所示，有一個棱長為4的正四面體容器，D是PB的中點，E是CD上的動點，則下列說法正確的是（

）A．若E是CD的中點，則直線AE與PB所成角為B．的周長最小值為C．如果在這個容器中放入1個小球（全部進入），則小球半徑的最大值為D．如果在這個容器中放入10個完全相同的小球（全部進入），則小球半徑的最大值為【正確答案】ACD【分析】A選項：連接AD.證明出，即可求出直線AE與PB所成角為；B選項，把沿著CD展開與面BDC同一個平面內，利用余弦定理求出，即可判斷；C選項，判斷出小球是正四面體的內切球，設半徑為r.利用等體積法求解；D選項，判斷出要使小球半徑要最大，則外層小球與四個切，設小球半徑為，利用幾何關系求出.【詳解】A選項：連接AD.在正四面體中，D是PB的中點，所以.因為平面，平面，,所以直線平面.因為平面.所以，所以直線AE與PB所成角為.故A選項正確；B選項，把沿著CD展開與面BDC同一個平面內，由，，所以，所以，所以的周長最小值為不正確.故B選項錯誤；C選項，要使小球半徑最大，則小球與四個切，是正四面體的內切球，設半徑為r.由等體積法可得：，所以半徑.故C選項正確；D選項，10個小球分三層（1個，3個，6個）放進去，要使小球半徑要最大，則外層小球與四個切，設小球半徑為，四個角小球球心連線是棱長為的正四面體，其高為，由正四面體內切球的半徑是高的得，如圖正四面體，則，正四面體高為，得.故D選項正確.故選：ACD三、填空題13．的展開式中項的系數為_______．【正確答案】【分析】由，寫出展開式的通項，再代入求值.【詳解】因為，其中的展開式通項公式為，令，解得，令，解得，故的展開式中項的系數為故14．設某車間的類零件的厚度（單位：）服從正態分布，且．若從類零件中隨機選取200個，則零件厚度小于的個數的方差為_______．【正確答案】【分析】根據正態分布得到，再由零件厚度小于14mm的個數服從求解.【詳解】依題意，得，若從類零件中隨機選取個，則零件厚度小于的個數服從，所以.故答案為.15．已知點，若圓上存在點滿足，則實數的取值的范圍是___________.【正確答案】【分析】設，由數量積的坐標表示求得點軌跡是一個圓，然后由圓與圓的位置關系可得的范圍．【詳解】設，則，，即，在以為圓心，2為半徑的圓上，由題意該圓與圓有公共點，所以，解得．故．四、雙空題16．已知數列的通項公式是，記為在區間內項的個數，則_______，不等式成立的的最小值為_______．【正確答案】1413【分析】①根據，得，代入即可得解；②根據，得，對分奇偶討論即可得解.【詳解】令，得，當為奇數時，，當為偶數時，，所以.當為奇數時，，即，因為，所以，即，因為為奇數，所以的最小值為；當為偶數時，，因為，所以，，因為為偶數，所以的最小值為.綜上所述，的最小值為.故，關鍵點點睛：討論m的奇偶性求出對應通項公式為關鍵.五、解答題17．已知函數的圖象是由的圖象向左平移個單位長度得到的．(1)若的最小正周期為，求圖象的對稱軸方程，與軸距離最近的對稱軸的方程；(2)若圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離大于，且，求在上的值域．【正確答案】(1)對稱軸方程，最近的對稱軸方程為(2)【分析】（1）由周期求出，即可得到函數解析式，再根據余弦函數的性質求出函數的對稱軸；（2）依題意可得，即可求出范圍，從而求出的值，再根據余弦函數的性質計算可得.【詳解】（1）由，得，所以，令，解得，所以函數的對稱軸方程為，取，得，取，得，因為，所以與軸距離最近的對稱軸方程為．（2）設的最小正周期為，因為圖象相鄰兩個對稱中心之間的距離大于，所以，即，由，，解得．又且，所以．所以．因為，所以，所以，即在上的值域為．18．等差數列和等比數列滿足，，，且．(1)求數列的通項公式；(2)已知：①；②，使．設S為數列中同時滿足條件①和②的所有的項的和，求S的值．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據題意列出相應的方程組，求出的公差d和的公比q，可得答案；（2）確定，再根據條件得到，根據，可判斷出的取值，進而求得答案.【詳解】（1）由等差數列和等比數列滿足，，，且，設的公差為d，的公比為q,可得,將代入，解得，由，則取，故；（2）由，，令，由于，故，即，，使，故令，則，由于，故可以看出當時，成立，故.19．在三棱柱中，平面平面，側面為菱形，，，，E是的中點.(1)求證：平面；(2)點P在線段上（異于點，），與平面所成角為，求的值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)根據線面垂直的判定定理證明；(2)利用空間向量的坐標運算表示線面夾角即可求解.【詳解】（1）因為四邊形為菱形，所以，又因為，，平面，，所以平面.（2）取的中點O，連接，四邊形為菱形，且，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因為，，所以平面.取中點D，連結，以O為原點，，，為空間基底建立直角坐標系.則，，，，所以，.設平面的一個法向量為，所以，令，則，，所以.設，可得點，.由題意解得或（舍），即.20．中國共產黨第二十次全國代表大會于2022年10月16日在北京召開，為弘揚中國共產黨百年奮斗的光輝歷程，某校團委決定舉辦“中國共產黨黨史知識”競賽活動.競賽共有A和B兩類試題，每類試題各10題，其中每答對1道A類試題得10分；每答對1道B類試題得20分，答錯都不得分，每位參加競賽的同學從這兩類試題中共抽出3道題回答（每道題抽后不放回）.已知小明同學A類試題中有7道題會作答，而他答對各道B類試題的概率均為.(1)若小明同學在A類試題中只抽1道題作答，求他在這次競賽中僅答對1道題的概率；(2)若小明只作答A類試題，設X表示小明答這3道試題的總得分，求X的分布列和期望；(3)小明應從A類試題中抽取幾道試題作答才能使自己得分的數學期望更大？請從得分的數學期望角度給出理由.【正確答案】(1)(2)分布列答案見解析，數學期望：(3)小明全部回答B類試題時，期望值最大為24，理由見解析【分析】（1）分A類試題答對和B類試題答對兩種類型計算概率；（2）列出X所有可能的取值，求出隨機變量取每一個值的概率值，即可求隨機變量的分布列及數學期望；（3）設從兩類試題中分別抽取，道，總得分為y，求得，可知當時最大.【詳解】（1）小明僅答對1題的概率（2）可能的取值為0?10?20?30，，，，，所以X的分布列為X0102030P所以（3）設小明從兩類試題中分布抽取，道試題，回答正確的題數分別為，，兩類試題總得分為y，∵服從超幾何分布，服從二項分布，∴，，由，∴∵?1?2?3，∴當時即小明全部回答B類試題時，得分的期望值最大為2421．在平面直角坐標系中，已知動點到點的距離與它到直線的距離之比為．記點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)過點作兩條互相垂直的直線，.交曲線于，兩點，交曲線于，兩點，線段的中點為，線段的中點為．證明：直線過定點，并求出該定點坐標．【正確答案】(1)(2)證明見解析，直線過定點【分析】（1）根據題意可得，化簡求解即可；（2）設，，分兩種情況：①若直線，都存且不為零，設直線的方程為，聯立雙曲線方程結合韋達定理可得，進而可得線段的中點為的坐標，同理可得線段的中點為的坐標，寫出當時，當時，直線的方程，②若直線，中其中一條的斜率為，另一條的斜率不存在，寫出，的方程，即可得出答案.【詳解】（1）設，根據題意可得，化簡得曲線的方程為.（2）證明：設，，①若直線，都存且不為零，設直線的方程為，則直線的方程為，由，得，當時，這個方程變為只有一解，直線與曲線只有一個交點，不合題意，當時，，直線與曲線恒有兩個交點，由韋達定理，，故線段的中點為，同理，線段的中點為，若，則，直線的方程為，即，此時，直線恒過點．若，則，或，，直線的方程為，此時直線也過點，②若直線，中其中一條的斜率為，另一條的斜率不存在，不妨設的斜率為，則直線：，：x＝2，此時，直線的方程為，此時，直線也過點，綜上，直線恒過點．求定點問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個點與變量無關．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定點．22．已知函數f（x）=ex﹣alnx（a∈R且為常數）.（1）討論函數f（x）的極值點個數；（2）若f（x）≥（1﹣x）ex﹣（a﹣1）lnx+bx+1對任意的x∈（0，+∞）恒成立，求實數b的取值范圍.【正確答案】（1）當a≤0時，f（x）無極值點，當a>0時，函數f（x）只有1個極值點；（2）（﹣∞，1].【分析】（1）求出導函數f'（x），再對a分情況討論，根據導函數f'（x）的正負得到函數f（x）的單調性，進而得到函數f（x）極值點的個數.（2）不等式f（x）≥（1﹣x）ex﹣（a﹣1）lnx+bx+1對任意的x∈（0，+∞）恒成立，對任意的x∈（0，+∞）恒成立，記，通過求