河北省唐山市2024届普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学试题(1)含答案.pdf

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1、高三数学试卷（唐山二模）第1页（共 4 页）2024 届唐山市普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练 数 学 本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分考试时间 120 分钟 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再涂黑其他答案标号。解答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共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设全集 UR，集合 Mx|2x1

2、，集合 Nx|x24，则 MN A0，2)B(，2)C0，)D(2，)2某地区 5000 名学生的数学成绩 X(单位：分)服从正态分布 XN(90，2)，且成绩在90，100的学生人数约为 1800，则估计成绩在 100 分以上的学生人数约为 A200 B700 C1400 D2500 3若一条双曲线的实轴及虚轴分别为另一条双曲线的虚轴及实轴，则它们互为共轭双曲线已知双曲线 E 的标准方程为 x2y221，则 E 的共轭双曲线的离心率为 A62 B 2 C 3 D2 4函数 f(x)sin(2x)(|2)在(0，3)上为单调递增函数，则 的取值范围为 A 2，6 B 6，0 C 6，2 D0，

3、6 5已知长方体的一条棱长为 2，体积为 16，则其外接球表面积的最小值为 A5 B12 C20 D80#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学试卷（唐山二模）第2页（共 4 页）6已知数列an满足 an1ana12n，a10130，则 a1 A1 B2 C3 D4 7已知 m 为平面 外的一条直线，则下列命题中正确的是 A存在直线 n，使得 nm，n B存在直线 n，使得 nm，n C存在直线 n，使得 nm，n D存在直线 n，使得 nm，n 8已知圆 C：x2(y3)24，过点(0，4)的直线 l 与 x 轴交于

4、点 P，与圆 C 交于 A，B两点，则 CP(CA CB)的取值范围是 A0，1 B0，1)C0，2 D0，2)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为研究光照时长 x(小时)和种子发芽数量 y(颗)之间的关系，某课题研究小组采集了 10 组数据，绘制散点图如右图所示，并进行线性回归分析，若去掉点 P 后，下列说法正确的是 A相关系数 r 变小 B经验回归方程斜率变小 C残差平方和变小 D决定系数 R2变小 10设抛物线 C：y24x 的焦点为 F，准线为 l，过点(

5、4，0)的直线与 C 交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则下列说法正确的是 Ax1x216 B以 AB 为直径的圆与 l 相切 C以 AB 为直径的圆过坐标原点 DABF 为直角三角形 11设函数 f(x)ex(1)n(sinxcosx)，则下列结论正确的是 An 为奇数时，f(x)在(0，)单调递增 Bn 为奇数时，f(x)在(2，0)有一个极值点 Cn 为偶数时，f(x)在(，0)单调递增 Dn 为偶数时，yf(x)2x 的最小值为 0 P O y x#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学试卷（唐山二

6、模）第3页（共 4 页）三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分 12已知 i 为虚数单位，复数 z 满足(13i)z|34i|，则复数 z 的虚部为_ 13公式(ab)2a2b22ab，其等号右侧展开式共有3类非同类项，(abc)2a2b2c22ab2bc2ca 的展开式共有 6 类非同类项；那么(abcd)2的展开式共有_类非同类项，(a1a2an)2的展开式共有_类非同类项 14锐角ABC 中，C2B，BC 边上的高为 4，则ABC 面积的取值范围为_ 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（13 分）如图，在三棱台 AB

7、CA1B1C1中，AB平面 B1BCC1，AB3，BB1B1C1CC12，BC4（1）求证：AA1B1C；（2）求平面 B1BCC1与平面 A1ACC1夹角的余弦值 16（15 分）某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取 1 个球，每次摸球结果相互独立，盒中有 1分和 2 分的球若干，摸到 1 分球的概率为 2 3，摸到 2分球的概率为 1 3（1）若学生甲摸球 2 次，其总得分记为 X，求随机变量 X 的分布列与期望；（2）学生甲、乙各摸 5 次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励已知甲前 3 次摸球得了 6 分，求乙获得奖励的概率 B1

8、B A C C1 A1#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学试卷（唐山二模）第4页（共 4 页）17（15 分）（1）证明：sin3x3sinx4sin3x；（2）若 sin10(1 n1，1 n)，nN，利用（1）结合自己所学知识，求 n 18（17 分）已知椭圆 C 的右焦点为 F(1，0)，其四个顶点的连线围成的四边形面积为 4 3；菱形 ABDE 内接于椭圆 C（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）（）坐标原点 O 在边 AB 上的投影为点 P，求点 P 的轨迹方程；（）求菱形 ABDE 面积的取值范围 19（

9、17 分）数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立证明分为下面两个步骤：1.证明当 nn0（n0N）时命题成立；2.假设 nk（kN，且 kn0）时命题成立，推导出在 nk1 时命题也成立 用模取余运算：a mod bc 表示“整数 a 除以整数 b，所得余数为整数 c”用带余除法可表示为：被除数除数商余数，即 abrc，整数 r 是商如 7321，则 7 mod 31；再如 3703，则 3 mod 73当 a mod b0 时，则称 b 整除 a 现从序号分别为 a0，a1，a2，a3，an的 n1 个人中选出一名幸运者，为了增加趣味性，特

10、制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到 m（m2）时，此人退出圆环；直到最后剩 1 个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为 f(n1，m)如 f(1，m)0 表示当只有 1 个人时幸运者就是 a0；f(6，2)4表示当有 6 个人而 m2 时幸运者是 a4；f(6，3)0 表示当有 6 个人而 m3 时幸运者是a0（1）求 10 mod 3；（2）当 n1 时，f(n1，m)(f(n，m)m)mod(n1)，求 f(5，3)；当 nm 时，解释上述递推关系式的实际意义；（3）由（2）推测当 2kn12k1（kN）时，f(n1，2)的结果，并用数学归纳法证明#Q

11、QABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学参考答案 第 1页（共 4 页）唐山市 2024 年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学参考答案数学参考答案一选择题：14DBAC58CDBD二多选题：9BC10AC11ABD三填空题：12321310，n(n1)2(前空 2 分，后空 3 分)14(8，32 33)四解答题：（若有其他解法，请参照给分）15解：（1）因为 AB平面 B1BCC1，B1C平面 B1BCC1，所以 ABB1C，1 分作 B1DBC 交 BC 于点 D，在等腰梯形 B1BCC1中，BB1B1C1CC

12、12，BC4，所以 BD1，2 分在 RtBDB1中，cosB1BD12，所以B1BD60，在BCB1中，由余弦定理得 B1C2B1B2BC22B1BBCcos6012，3 分所以 B1C2B1B2BC2，从而有 B1BB1C，4 分又 ABB1BB，所以 B1C平面 BAA1B1，5 分因为 AA1平面 BAA1B1，所以 AA1B1C6 分（2）以 B 为原点，BA、BC分别为 x 轴、y 轴正向，建立空间直角坐标系如图所示，则 B(0，0，0)，A(3，0，0)，C(0，4，0)，B1(0，1，3)，C1(0，3，3)，C1C(0，1，3)，AC(3，4，0)，8 分因为 AB平面 B1

13、BCC1，所以 BA(3，0，0)为面 B1BCC1的一个法向量9 分设 n(x，y，z)为面 A1ACC1的法向量，则 nC1Cn AC0，即y 3z0，3x4y0，取 y3，x4，z 3，则 n(4，3，3)，11 分依题意，cos BA，n|BAn|BA|n|1232 72 77，所以平面 B1BCC1与平面 A1ACC1夹角的余弦值为2 7713 分16解：（1）由题意知学生甲摸球 2 次总得分 X 的取值为 2，3，41 分P(X2)232349，P(X3)C12231349，P(X4)131319，4 分所以 X 的分布列为：X234P494919#QQABKYKQggCgAoBA

14、ARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学参考答案 第 2页（共 4 页）所以 EX249349419836 分（2）记 Am“甲最终得分为 m 分”，m8，9，10；B“乙获得奖励”P(A9)C12231349，8 分P(A8)C22(23)24910 分当甲最终得 9 分时，乙获得奖励需要最终得 10 分，则P(B|A9)C55(13)5(13)5；12 分当甲最终得 8 分时，乙获得奖励需要最终得 10 分或 9 分，则P(B|A8)C55(13)5C1523(13)411(13)5；14 分故 P(B)P(A9B)P(A8B)P(A9)P(B|A

15、9)P(A8)P(B|A8)49(13)54911(13)54837163616729即乙获得奖励的概率为1672915 分17解：（1）sin3xsin(2xx)sin2xcosxcos2xsinx2 分2sinxcosxcosx(12sin2x)sinx4 分2sinx(1sin2x)sinx2sin3x3sinx4sin3x6 分（2）由（1）可知，sin303sin104sin31012，8 分即 sin10是方程 4x33x120 的一个实根.10 分令 f(x)4x33x12，f(x)12x233(2x1)(2x1)，11 分显然 0sin10sin3012，当 0 x12时，f(

16、x)0，所以 f(x)4x33x12在(0，12)上单调递减，12 分又 f(16)4(16)30，f(15)4(15)331512172500，14 分所以 sin10(16，15)，即 n5.15 分18解：（1）根据题意设椭圆 C 的标准方程为x2a2y2b21，c1，1 分由已知得，ab2 3，a2b21，3 分解得 a2，b 3，所以椭圆 C 的标准方程为：x24y231.5 分#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学参考答案 第 3页（共 4 页）（2）依题意设直线 AB 方程为 ykxm，由ykxm，x2

17、4y231，得(34k2)x28kmx4m2120，6 分由题意64k2m24(34k2)(4m212)48(4k2m23)0，则 x1x28km34k2，x1x24m21234k2，7 分所以 y1y2(kx1m)(kx2m)3m212k234k28 分（）四边形 ABDE 为菱形，OAOB，OAOB0，x1x2y1y24m21234k23m212k234k20，9 分7m212(k21)，即 m212(k21)710 分P 为点 O 到直线 AB 的距离，Pd|m|1k2127，11 分所以 P 点的轨迹方程为：x2y212712 分（）因为|AB|(1k2)(x1x2)24x1x24 3

18、(1k2)(4k2m23)(4k23)2，AOB 的面积 S12|AB|d127(k21)(16k29)(4k23)214 分令 t34k2，则 t3，k2t34，S1274t2t34t2673t21t4673(1t16)24912，15 分t3，01t13，当 t6 时，Smax 3，当 t3 时，Smax127，所以127S 316 分由对称性可知菱形 ABDE 面积等于AOB 面积的 4 倍，所以菱形 ABDE 面积的取值范围为487，4 317 分#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#高三数学参考答案 第 4页（共

19、4 页）19解：（1）因为 10331，所以 10 mod 312 分（2）因为 f(6，3)(f(5，3)3)mod 60，且 f(5，3)5，所以 f(5，3)36，故 f(5，3)34 分当 nm 时，递推关系式的实际意义：当从 n1 个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为 f(n1，m)，而从 n 个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为 f(n，m)6 分如果把二者关联起来，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，当然还要重新排序，由于退出来的是 am1，则原环的 am就成了新环的 a0，也就是说原环的序号下标要比新环的大 m，原环的 an就成了新环的 anm需要注意，

20、新环序号 anm后面一直到 an1，如果下标加上 m，就会超过 n如新环序号 anm1对应的是原环中的 a0，新环序号 an1对应的是原环中的 am2也就是说，得用新环的序号下标加上 m 再减去(n1)，才能在原环中找到对应的序号，这就需要用模取余，即f(n1，m)(f(n，m)m)mod(n1)8 分（3）由题设可知 f(1，2)0，由（2）知f(2，2)(f(1，2)2)mod 22 mod 20；f(3，2)(f(2，2)2)mod 32 mod 32；f(4，2)(f(3，2)2)mod 44 mod 40；f(5，2)(f(4，2)2)mod 52 mod 42；f(6，2)(f(5

21、，2)2)mod 64 mod 64；f(7，2)(f(6，2)2)mod 76 mod 76；f(8，2)(f(7，2)2)mod 88 mod 80；10 分由此推测，当 2kn12k1（kN）时，f(n1，2)2(n1)mod 2k11 分下面用数学归纳法证明：1.当 n1120时，f(1，2)02(1 mod 20)，推测成立；12 分2.假设当 n12kt（kN，tN，且 0t2k）时推测成立，即 f(2kt，2)2(2kt)mod 2k2t13 分由（2）知 f(2kt1，2)(f(2kt，2)2)mod(2kt1)(2t2)mod(2kt1)14 分（）当 0t2k1 时，f(2kt1，2)2t22(2kt1)mod 2k；15 分（）当 t2k1 时，f(2kt1，2)0，此时 2kt12k1，即 f(2k1，2)2(2k1mod 2k1)故当 n12kt1 时，推测成立16 分综上所述，当 2kn12k1（kN）时，f(n1，2)2(n1)mod 2k推测成立17 分#QQABKYKQggCgAoBAARhCQQFiCAOQkBAAAIoGQEAEIAAByRFABAA=#