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2024年河北省石家庄市高考数学模拟试卷附解析一、选择题：本大题共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集合中的最大负角为（）ABCD2已知，则的虚部为（）ABCD23已知平面内的向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（）AB1CD4设正项等比数列的前n项和为，且，成等差数列，则与的关系是（）ABCD5已知变量x和y的统计数据如表：x12345y66788根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（）A8.5B9C9.5D106现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（）A216B432C864D10807已知椭圆为左右焦点，为椭圆上一点，直线经过点.若点关于的对称点在线段的延长线上，则的离心率是（）ABCD8已知函数，则下列命题不正确的是（）A有且只有一个极值点B在上单调递增C存在实数，使得D有最小值二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9下列说法中，正确的是（）A一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第40百分位数为12B两组样本数据，和，的方差分别为，若已知（），则C已知随机变量服从正态分布，若，则D已知一系列样本点（）的回归方程为，若样本点与的残差（残差实际值模型预测值）相等，则10若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（）ABCD211已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，则（ ）A的图像关于点成中心对称B C D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知集合，若集合恰有两个元素，则实数的取值范围是 .13已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为 .14如图，在梯形中，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积的最小值是 .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已知函数在处的切线为轴(1)求的值；(2)求的单调区间16如图，三棱锥中，为线段的中点.(1)证明：平面平面；(2)设，求直线与平面所成角的正弦值.17有无穷多个首项均为1的等差数列，记第个等差数列的第项为，公差为.(1)若，求的值；(2)若为给定的值，且对任意有，证明：存在实数，满足，；(3)若为等比数列，证明：.18设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于，两点，连接，(1)求椭圆E的方程；(2)设直线PA，PB的斜率分别为，（）求的值； （）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值19在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：且（或，）；在点的附近区域内两者都可导，且；（可为实数，也可为），则(1)用洛必达法则求；(2)函数（，），判断并说明的零点个数；(3)已知，求的解析式参考公式：， 1C【分析】利用任意角的定义与集合所表示的角即可得解.【详解】因为，所以集合中的最大负角为.故选：C.2D【分析】利用复数的乘方运算和四则运算法则求出复数，继而得的虚部.【详解】由，则，的虚部为2.故选：D.3A【分析】先根据条件，确定向量的夹角，再根据向量数量积的性质求模.【详解】因为，又，所以.所以：，所以.故选：A4A【分析】先利用等比数列的通项公式列方程求公比，然后求出和观察它们之间的关系即可.【详解】设正项等比数列的公比为，因为，成等差数列，所以，所以，解得，所以，则.故选：A.5D【分析】根据给定的数表，求出样本的中心点，进而求出即可得解.【详解】依题意，即样本的中心点为，于是，解得，即，当时，预测.故选：D6B【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解.【详解】求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有种方法，再把4名语文教师按分成3组，并分配到三所学校，有种方法，最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有种方法，由分步乘法计数原理得不同的安排种数为.故选：B7B【分析】根据题意，得到点与点关于对称，从而，在中，利用正弦定理得到，结合，即可求解.【详解】由直线，且点关于的对称点在线段的延长线上，如图所示，可得点与点关于对称，且,故在中，则,故又的倾斜角为，则， 故在中，有，又由，可得，即，又因为，所以.故选：B.8C【分析】由条件可得函数可以看作为函数与函数的复合函数，然后求导判断其单调性与极值，即可得到结果.【详解】由得，令，则函数可以看作为函数与函数的复合函数，因为为增函数，所以与单调性、图象变换等基本一致，由得，列表如下：0由表知，在上单调递减，在上单调递增，在时，取得极小值（最小值），所以在上单调递增，即B正确；在时，取得唯一极值（极小值，也是最小值），即A、D都正确，C错误.故选：C9BC【分析】A选项，根据百分位数的运算公式得到答案；B选项，利用平均数定义得到，根据方差的计算公式得到；C选项，由正态分布的对称性得到C正确；D选项，由题意得到，得到D错误.【详解】A选项，故从小到大从第4个和第5个数的平均数作为第40百分位数，即，A错误；B选项，因为，（），故，故，故，B正确；C选项，因为，关于对称，所以，C正确；D选项，由题意得，整理得，D错误.故选：BC10AB【分析】根据题意分和两种情况讨论， 当时，有，通过求导，判断函数的单调性，确定函数的最值得出结论验证；当时，令，求导判断出函数存在零点设为，即可判断，最后综合得出的取值范围.【详解】依题意，在上恒成立，当时，令，则，故当时，当时，故，故，则不等式成立；当时，令，因为，故在内必有零点，设为，则，则，故，不合题意，舍去；综上所述，.故选：AB.【点睛】恒成立问题求参数注意分类讨论；适当的构造函数通过函数的最值分析参数的取值.11BCD【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.【详解】对A：令，则有，即，令，则有，又，故，不关于对称，故A错误；对于B，令，则有，两边同时求导，得，令，则有，故B正确；对C：令，则有，即，则，故C正确；对D：令，则有，即，则，即，又，故，则，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.12【分析】解二次不等式化简集合，再利用二次不等式解的形式与交集的结果即可得解.【详解】因为，又集合恰有两个元素，所以恰有两个元素1和2，所以.故答案为：.13【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值【详解】解：设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，由双曲线的定义可得，由，可得，由可得，在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化简可得，则双曲线的离心率故答案为【点睛】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的渐近线方程和定义法，以及余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题14【分析】当三棱锥的体积最大时，此时到底面的距离最大，即此时平面平面，取的中点，的中点，是三棱锥的外接球球心，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小，此时，截面的圆心就是点，从而求解.【详解】当三棱锥的体积最大时，由于底面的面积是定值，所以此时到底面的距离最大，平面平面，且平面平面，取的中点，则，故平面，取的中点，则，又，且，则，又，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径；显然，当且仅当过点的平面与垂直时，截外接球的截面面积最小，此时，截面的圆心就是点，记其半径为，则；由于，平面，所以平面，而平面，则，则，在中，故；又，故，又，故由余弦定理有，故所求面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：取的中点，由，确定点是三棱锥的外接球球心.15(1)，(2)单调递减区间为，单调递增区间为【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得且，即可得到方程组，解得即可；（2）求出函数的导函数，再利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间.【详解】（1）因为，所以，依题意且，所以，解得.（2）由（1）可得函数的定义域为，又，令，则，所以（）在定义域上单调递增，又，所以当时，当时，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.16(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一及全等三角形的性质，利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可求解；（2）利用线面垂直的判定定理及性质定理，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.【详解】（1）因为，为线段的中点，所以因为，所以，故AB又为线段的中点，所以又，平面.所以平面又平面，所以平面平面（2）取的中点，连接，因为为中位线，所以，又，所以因为，为的中点，所以又，平面，所以平面，平面，所以，因为，为的中点，所以，又，平面，所以平面以为坐标原点，分别以、所在的直线为、轴，建立空间直角坐标系，如图所示设，则，由，解得所以.又平面的法向量设直线与平面所成角为，则,所以直线与平面所成角为.17(1)；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）代入等差数列的通项公式，即可求解；（2）根据已知条件，代入等差数列的通项公式，得到数列的递推公式，再通过构造得到数列的通项公式，并根据（1）的结果，证明等式；（3）根据题意，结合等差数列和等比数列的综合应用，首先证明，再利用求和，即可证明.【详解】（1）由题意得，又，所以；（2）证明：因为 ，所以，即，所以，因此，所以，又，即，因此，所以存在实数，满足；（3）证明：因为为等比数列，所以，其中为的公比，于是，当时，因为，因此，又，所以，因此，即，所以.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用题意，并能正确表示和公差为.18(1)(2)（i）2；（ii）1【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，利用待定系数法，即可求解；（2）（）首先设直线的方程，并联立椭圆方程，转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解；（）首先设直线的倾斜角分别为,根据正弦定理利用角表示边长，再求比值，利用（）的结论，即可求解.【详解】（1）由题意知 解得，所以椭圆E的方程为；（2）（）易知，设直线的方程为，由直线过知，联立方程得，变形得：，即；（）设直线的倾斜角分别为,则，,，在中，在中，所以由知，即，故.【点睛】关键点点睛：本题第一问的转化比较巧妙，转化为关于斜率的方程，利用韦达定理即可求解，第二问巧妙设倾斜角，利用三角函数表示的值.19(1)(2)仅在时存在1个零点，理由见解析(3)【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；（2）构造函数，结合的单调性求解即可；（3）利用累乘法求出的表达式，然后结合，利用洛必达法则求极限即可.【详解】（1）（2），所以，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，当时，所以仅在时存在1个零点（3），所以，将各式相乘得，两侧同时运算极限，所以，即，令，原式可化为，又，由（1）得，故，由题意函数的定义域为，综上，【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数，从而利用洛必达法则求极限.
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