【预测密卷】2024年河北高考英语预测密卷数学试题含答案.pdf

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1、#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#数学参考答案12024 年高考数学预测密卷一卷新高考题号123456789101112答案BCDBDBACACDBCDABCABC一、选择题1.B【解析】【解析】Px xxx

2、=+=|1312，Q=|x (1)()0 xxa1不合题意，所以Qx ax=1，所以3a1，即实数a的取值范围是31，.故选 B.2.C【解 析】【解 析】设 zab1=+i，zcd2=+i.对 于 A，|(i)(i)|()()zz zabcdacbdbcad=+=+=1 222()()()()acbdbcad2222+，|zzab12=+22cd22+=+()()()()acbdbcad2222，所 以|z=|zz12，故 A 正确；对于 B，zabcdacbdbcad=+=+(i)(i)()()i，z=()()iacbdbcad+，zzabcdacbd12=(i)(i)()+()ibcad

3、，所以 zzz=12，故 B 正确；对于C，|i|zabab1=+=+22，|i|zcd2=+=cd22+，由|z1|=|z2|得ab22+=+cd22.因为 z21=ab22+2iab，z22=cdcd22+2i，所以 z21=z22不一定成立，如z1=1，z2=i，此 时|zz12=，而 z12=1，z22=1，即zz1222，故 C 错误；对于 D，由|zz12=，得 ab22+=+cd22，zz11=(i)(i)abab+=ab22+，zz22=(i)(i)cdcdc+=+2d2，所以zzzz1122=，故 D 正确.故选 C.3.D【解析】【解析】对于，m 与还可能平行、在平面内，或

4、相交而不垂直，故错误；对于，l 还可能在平面内，故错误；对于，由l，lm，知m，又m，所以，故正确；对于，过 l 作一平面与相交，设交线为 l，则l，又l，所以，故正确.故选 D.4.B【解析】【解析】法一：先将值班的四天分为两组，每组两天，有AC2422=3种方法，再安排两人到每组中，每组安排同一人，有 A1224=种方法，故不同的安排方法有3 1236=种.故选 B.法二：从 4 人中选出 2 人值班有 C624=种方法，选出的两人其中一人从 4 天中选两天值班，剩下两天由另一人值班即可，有C624=种方法，故不同的安排方法共有6 636=种.故选 B.5.D【解 析】【解 析】令 ab=

5、0，得 ff(0)2(0)=，所 以 f(0)0=；令a=1，b=1，得fff(0)(1)(1)10=+=，又 f(1)3=，所以 f(1)4=；令 ab=1，得 f(2)=ff(1)(1)19+=；令 a=1，b=2，得 ff(3)(1)=+f(2)215=.故选 D.6.B【解 析】【解 析】f xxxx()(1+2sin)(1 2cos)12(sin=+cos)4sincosxxx，令sincosxxt=，即t=2sin(x 4)，所以 22 t，由(sincos)xx2=t2，得 2sincos1xxt=2，从而原函数化为 y=2(t+12)232，当t=12时，yf xminmin=

6、()32.故选 B.7.A【解析】【解析】设f af bm()()=，如图所示：xyy=f(x)y=mba21O由 f x()的图象知，12m，则 e2b=+ma，从而 am=2，bm=ln，所以 bamm=+ln2.令 g xxx()ln2=+，12x，则 g x()=1xx，当 1x 2时，g x()0，当且仅当x=1时，g x()0=，所以g x()在，)1 2 上为减函数，所以gg xg(2)()(1)，得 ln 2()12，所以|c a.|1c#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#2024 年高考数学预测密卷一卷新

7、高考2b1=log 332log3322，令h xx()2log=2 x，x3 2，则 h x()=2ln 2xln 2x，因 为32 ln 22，所 以 h x()在 3,2上 单 调 递 增，所 以hh(3)(2)，即2log3322log 2202=，所以|11cb.故 bc|f a()，即f bf cf a()()()，故选 C.二、选择题9.ACD【解析】【解析】对于A，由题意得xxx239+8=10，所以(21)(21)(21)2()8xxxxxx239239+88=+=20 121，故 A 正确；对于B，由题意得(10)(10)(10)xxx239+2228=1，所以(21 21

8、)(21 21)(21 21)xxx239+2228=2(10)(10)(10)2222xxx239+84 14，故 B 错误；对于 C，x=030+xxx239101030 10 8+11，故 C 正确；对于 D，将 0 和 30 作为一组，其平均数和方差分别 为 x1=030+215，s12=(0 15)(30 15)+222=225，将 中间 8 个数作为另一组，其平均数和方差分别为 x2=10，s22=1，由 C 知，x=11，sx2=mnm+(1xsxxs)()(15 11)22522222+=+122mnn+1554+=(10 11)149.82，故 D 正确.故选 ACD.10.

9、BCD【解析】【解析】对于 A，令m=1，则SSa212=，S3 Sa23=，当 d 0 时，aa23，即 SS21 SS32，所以S1，S2，S3不是等差数列，故 A 错误；对于B，设 an的公差为d，则eeaann+1=eeaann+1d（定值），所以ean是公比为ed的等比数列，故B正确；对于 C，Snnn=+nad1+n n(1)2dd22na1，故Snn是公差为d2的等差数列，故 C 正确；对于D，pqpqSp q+=+()pq ad+1()(1)pqpq+2d2()p q +a1d2.SSpqpqPq=padqad11+p pq q(1)(1)22=+=()()()pq apqpq

10、+1d2pq22apq1d2(1)dd22()pqa+1.所以pqpqSSSp qPq+=，故 D 正确.故选 BCD.11.ABC【解析】【解析】由题可知，依次连接正方体 6 个面的中心，得到正八面体PABCDQ，如图所示.QPDCBA对于 A，点 PABCDQ，在图中正方体内切球的球面上，设该球的半径为 R1，因为 AB=2，所以 BDR=2 221，得 R1=2，则所求球的体积为448 2333(2)R133=，故 A 正确；对于 B，由上图知，正八面体 12 条棱的中点在同一球的球面上，即该球与 12 条棱相切于棱的中点，该球的直径为 22RAB2=，即 R2=1，故该球表面积为4，故

11、 B 正确；对于 C，正八面体体积为 2222VP ABCD=1328 23，设 正 八 面 体 内 任 意 一 点 到 8 个 侧 面 的距 离 分 别 为 hhh128，由 体 积 相 等，得8 2133=+ShhhABP()128，解得 hhh128+=8 63（定值），故 C 正确；对于 D，由题意知，该正方体 GHMNG H M N1111棱长最大时，其外接球即为正八面体的内切球，设该#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#数学参考答案3球半径为 R3，取 AB 的中点 T1，CD 中点 T2，该平面PTQT12截该

12、球所得截面圆的半径为R3，如图所示.R3T2T1QP显然四边形PTQT12是边长为3的菱形，且TT1 2=2，PQ=2 2，由面积相等，得432 2 2=1122R3，得 R3=36.设 该 球 的 内 接 正 方 体 棱 长 为 a，则32aR=3，得 a=262 2333，故 D 错误.故选ABC.12.ABC【解析】【解析】设直线 l xmya:=+，点 My(1,)0，A xy(,)11，B xy(,)22，由xmyayx2=+=4，得 ymy24 40a=，则yymy ya1212+=44，所以 xxm yy1212+=+()242ama=+2，x x12=yy44161222=(4

13、)a2a2.由 MA MB，得 MA MB=0，则(1)(1)()()xxyyyy121020+=0，化 为 x xxxy y121212+1+=yyyy0120()2 0，所以 amaa22+421 4ymya004(1)+=+22(2)0ym0=2，所以ym0=2，a=1，故l xmy:1=+，易知直线l过焦点F(1 0)，.对 于 A，设 弦 AB 的 中 点 为 N xy()NN，因 为ymyN=yy12+220，所以 MNAA1，故 M 为 AB11的中点.故 A 正确；对于 B，直线 MF 的 斜 率 kmMF=1 1y0，所 以 kkmMFAB=m11，所以MFAB，由MBFAM

14、F，得|MFAFBFMF=，即|MFAFBF2=，所以|MF 是|AF 与|BF 的等比中项，故 B 正确；对于C，直线OA的斜率为kOA=xyyyy11112y41244y421kOB1，故A，O，B1三点共线.故 C 正确；对于D，过M作C的两条切线，切点分别为A xy()11，B x y()22，由题意可知直线 MA 的斜率一定存在，设 斜 率 为 k，则 其 方 程 为 yyk xx=11()，与 yx2=4联 立，得 kyyykx2+=444011，由=(4)4(44)02kykx11，得(ky21=10)2，得 k=y21，所以 lyMA:yxx11=y21()，化为 lyyMA:

15、1=+22xx1，同理，lyy xx MB:2222=+，因为直线lMA，lMB过 点 M(1,)y0，所 以y yxy y x 011022=+=+2222，所 以ly yxAB:220=+，显然该方程与直线l的方程相同，所以lAB与l重合，所以直线MA与C相切，二者有唯一公共点，故 D 错误.故选 ABC.三、填空题13.300【解 析】【解 析】在(2)(1)+x xn中，令 x=1，得(2 1)(1 1)1024+=n，解得 n=10，所以含 x4的项为2CC()300101064734xxxx+=，其系数为 300.14.2【解析】【解析】法 1：设CB=a，CA=b，则 AB=ab

16、，如图所示.ABCaba b因为abb=，56，所以在ABC中，A=6，0B56，由正弦定理，得sinsin|abAB=，即2=sin|bB，得|b=2sin B，当B=2时，|bmax=2sin22.法 2：设CB=a，CA=b，则 AB=ab，作出ABC 的外接圆，如图所示.a bbaCBA因为abb=，56，所以A=6，因为|a=CB 1，当AC为圆的直径，即B=2时，|bamax=22.#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#2024 年高考数学预测密卷一卷新高考415.3【解析】【解析】设直线l与曲线yf x=()相

17、切于点(,)xy00，由 f x()e=x+1，得 kf x=()e0 x0+1，因 为 l 与 曲 线f x()e=x+1相 切，所 以yxy000=e,e,xx00+11消 去 y0，得eexx00+11x0=，解得x0=1.设l与曲线yg x=()相切于点(,)xy11，由g x()=1x，得k=e2x11，即e12x1=，因 为(,)xy11是 l 与 曲 线 g xxa()ln=+的 公 共 点，所 以yxyxa1111=+e,ln,2消 去 y1，得 eln2xxa11=+，即1ln=+e12a，解得a=3.16.53【解析】【解析】由题意知，|FFPFc121=2，由椭圆定 义，

18、得|PFac2=22，则|F Qac2=23(22)，|FQaac1=2(22)22433ac+，取线段 PF2的中点M，连接FM1，如图所示.xyMF2F1QPO易知|MFa c2=，|FMcaccaac122222=+(2)()32，|MQMFF Qacac22=+=+=()()(22)22232499()ac2.在RtFMQ1中，得|FMMQFQ11222+=，即 32()(24)caacacac2222+=+49199，得 5c2830aca+=2，即 5830ee2+=，又01e，解得e=53.四、解答题17.【解析】【解析】（1）由余弦定理，得acbcbA222=+2cos，又ac

19、 cb2=+()，所以bcbAbc2=2cos，即bcAc=2 cos，（2 分）由正弦定理，得sin2sincossinBCAC=，即 sin()2sincossincoscossinCACACACA+=+2sincossin()CAAC=，又0A，00，得c=9.在ABD中，由正弦定理，得ADABDABADB=sinsin；在BCD中，由正弦定理，得CDCBDBCBDC=sinsin，（7分）所 以ADCDABBC=，即ADAD912=7，得 AD=3，从而DC=4，又 coscos0+=ADBCDB，分 别 在 ABD 和BCD中，由余弦定理，得39222+2 3BDBD+=412222

20、+2 4BD BD0，解得BD=4 6.（10 分）DCBA18.【解析】【解析】（1）由 Sn+=1an2+1，得Sn+=1()an4+12，当n=1时，a1+=1(1)a1+42，解得a1=3（负值舍去）.当n2时，Sn1+=1(1)an14+2，（2 分），得aSSnnn=1(1)(1)aann+2241，化为(1)(1)aann=+221，（4 分）因为an 0，an1 0，解得aann=12，所以数列 an是首项为3、公差为2的等差数列，所以an=+3(1)2n，即an=+21n.（6 分）（2）由（1）知 an=+21n，所 以 Sn=n aa()12+n nn(321)+2=+n

21、 n(2)，从 而 bn=Snnan2=+=+n nnn nn(2)(1)(21)11n+244 n1+1，（9 分）则b1=+4 112，b2=+41123，bn=4+11nn+1，以上 n 个式子相加，得 Tbbbnnn=+=+1241 nn145+11=nn2+.（12 分）19.【解析】【解析】（1）甲、乙经过一次换牌操作后，1可能#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#数学参考答案5的取值为0，1，2，由相互独立事件的乘法公式，得 P(0)1=111224，P()1=+=11111122222，P(2)1=11122

22、4，（2 分）故分布列如下：1012P141214所以E()01211=+=111424.（5 分）（2）由 全 概 率 公 式，得 PP(1)(0)kk+1=PPPP(10)(1)(11)(2)kkkkkk+11=+=+=(12)(0)(1)PPPkkkk+1=+=(11112222+)+=+=+=PPPP(2)(0)(1)(2)kkkk12.（7分）设操作k次后，甲赢的概率为Pk，则PPPPPkkkkk+1=+(1)12，所以PPkk+1=112.设PxPxkk+1+=+12()，即PPxkk+1=1322，则x=23，即Pk+1=2132(Pk23)，（9 分）又由（1）知，P1=213

23、6，所以数列Pk23是以16为首项、12为公比的等比数列，所以 Pk=2136(12)k1，其中 kN，即 Pk=+23 13(12)k，所以P6=+=2112933192(12)6.（12 分）20.【解析】【解析】（1）法 1：取线段BC1的中点F，连接EF，如下图所示.A1B1C1ABCEF因为E为线段AC1的中点，所以EFAB11，（2 分）又 ABAB11，所以 ABEF，所以 A，B，F，E 四点共面.连接BF，因为BCAB1，所以BCEF1，因为BCABBB=1，所以BCBF1，（4 分）又BFABB=，所以BC1平面ABFE，因为AE 平面ABFE，所以BCAE1.（6 分）法

24、 2：取线段BC1的中点F，线段AB的中点O，连接EF，OF，CO，BO1，如下图所示.OA1B1C1ABCEF因为 E 为线段 AC1的中点，所以 EFAB11且 EF=12AB11，又AOAB11且AOAB=1211，所以EFAO且EFAO=，所以四边形 AOFE 为平行四边形，所以 AEOF，（2 分）因为ABC为正三角形，所以ABCO，又ABBC1，BCCOC1=，所以AB 平面BCO1，因为BO1平面BCO1，所以ABBO1，（4 分）又BCABBB=1，易知BOBCOB1，所以BOCO1=，所以BCFO1，又AEOF，所以BCAE1.（6 分）（2）因为平面 ABC 平面 ABB

25、A11，平面 ABC 平面ABB AAB11=，由（1）中法 2 知，BOAB1，所以BO1平面 ABC，所以BOCO1，以棱AB的中点O为坐标原点，分别以向量OC，OB，OB1的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示.zyxOA1B1C1ABCEF#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#2024 年高考数学预测密卷一卷新高考6取 AB=2，则 O(0,0,0)，B(010)，C(3 0 0)，B1(0 03)，A(010)，得 BC=(310)，AC=(310)，AABB11=(013)，.（7

26、分）设平面BCC B11的一个法向量为n1111=()xyz，则由 BCBB11nn1，得 BCBB11nn1=00，即+=30yz11xy11=30，取x1=1，得n1=(131)，.设平面ACC A11的一个法向量为n2222=()xyz，则由ACAA12nn2，得ACAA12nn2=00，即+=30yz22xy22+=30，取 x2=1，得 n2=(131)，.（10 分）所以cosnn12，=|nnnn1212=1(3)1(1)(3)1222222+1(1)331 13+5，故平面 ACC A11与平面 BCC B11所成角的余弦值为53.（12 分）21.【解析】【解析】（1）由题意

27、，设动圆 S 的圆心为 S x y(,)，半径为 r，圆 Fxy1:(7)1+=22的 圆 心 为 F1(7 0)，半 径为1，圆 Fxy2:(7)25+=22的 圆 心 为 F2(7 0)，半 径为5.而圆S与定圆F1，F2都内切，所以|1SFr1=，|5SFr2=，则|4|2 7SFSFFF1212=0，设P xy()11，Q xy()22，故xxx x1212+=+161616+168kk34342kk2kk22 0，0，（7 分）从而直线 AM，AN 的斜率之和为 kkAMAN+=x1y12+=xxx212yy xyx212212(2)(2)(2)(2)+=(2)1(2)(2)1(2)

28、k xxk xx1221+(2)(2)xx12=+2(2)(2)()42kk xxxxx xxx12121212+()4(2)(2)+xxxx12122()4+=2k+161616168kkk3422k22+16834kk2+k242344kk=+=23k812k4.（10 分）又lykxAMAM:(2)=，lykxANAN:(2)=，所以yykkMNAMAN22+=+=22kkAMAN3，故线段MN的中点为()4 3，由434322=1知，点G在轨迹C上.（12 分）法 2：将双曲线C的右支及点B(21)，按向量u=(2 0)，平移，使AO(2 0)(0 0)，PP，QQ，B(21)，#QQ

29、ABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#数学参考答案7B(01)，.设直线PQ的方程为mxny+=1，则lPQ过点B(01)，所以n=1，平移后的双曲线方程为(2)xy+4322=1，即312xx2+40y2=，齐次化后为312()40 xx mxyy22+=，（7 分）将以上的齐次方程两边同时除以x2，整理得412(3 12)0(xy)2+=xym，（8 分）由题意得kOM，kON是该方程的两个实根，由韦达定理，kkkkAMANOMON+=+=1243，（10 分）又lykxAMAM:(2)=，lykxANAN:(2)=，所以yy

30、kkMNAMAN22+=+=22kkAMAN3，故线段 MN的中点是(4 3)，由434322=1 知，点 G 在轨迹C上.（12 分）22.【解析】【解析】（1）f x()ln=xxx11，x1，令xx1=t，则x=t t1，t1，则lnxxx11=lntt t1，（2 分）令g tt()ln=t t1，t1，则g t()=tt21 0，所以函数g t()在(，)1+上单调递增，所以g tg()(1)0=，即f x()0，故f x()的值域为(0)，+.（5 分）（2）令 函 数 h xxx()sin=，x 0，则 h x()1=cos x0，所以h x()在(0)，+上单调递增，所以h x

31、h()(0)0=，故当x 0时，xxsin，所以11xxsin.由（1）知，当x1时，1x1时，sinlnln(1)11xxxx，（7 分）所以sinlnln(1)1xxx，令xni=+，其中nN，in=12 3，则sinln()ln(1)ni1+nini+，所 以 sinln(1)lnn1+1nn+，sinln(2)n+12n+ln(1)n+，sinln(3)ln(2)n1+3nn+，sin21n ln 2ln(21)nn，（10 分）以 上 n 个 式 子 相 加 得 sinsinsinnnn111+123+sinln(1)lnln(2)ln(1)21n nnnnln(3)ln(2)ln 2ln(21)ln 2nnnnn+=lnlnln 2n=2nn，即当nN时，i=n1sinni1+ln 2.（12 分）#QQABLYSUggiIAIBAARhCUwVACAKQkBACCAoOgEAIIAIACQNABAA=#